水篇题解。
最大值并不好考虑，我们尝试拆贡献，求最大值小于等于 \(k\) 的概率，然后将概率差分一下即可得到恰好等于 \(k\) 的概率，而最大值小于等于 \(k\) 的概率是很容易通过一个 \(O(n^2)\) DP 求出来的，但是这样我们还需要再枚举一个 \(k\)，复杂度 \(O(n^3)\)，难以接受。
那么我们可以考虑不对概率进行差分，而是对权值进行差分，这样我们只需要将所有位置的和加起来就是答案了。而上述做法可以合并起来一起做，具体设 \(f_{i, j}\) 表示考虑到第 \(i\) 个数，现在距离上限还有 \(j\)，直接转移即可，复杂度 \(O(n^2)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5005, P = 1000000007;
int qpow(int a, int b) {
int ans = 1;
while (b) {
if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % P;
a = 1ll * a * a % P;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int T, n, p[MAXN], h[MAXN];
int f[MAXN][MAXN * 2];
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, b; scanf("%d%d", &a, &b);
p[i] = 1ll * a * qpow(b, P - 2) % P;
}
for (int i = 0; i <= n; i++) {
scanf("%d", &h[i]);
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
h[i] = (h[i] - h[i + 1] + P) % P;
}
for (int i = 0; i <= n; i++) {
f[0][i] = h[i];
}
for (int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) f[0][i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int ans = 0;
for (int j = 0; j <= 2 * n; j++) {
f[i][j] = 0;
if (j != 2 * n) f[i][j] = (f[i][j] + 1ll * p[i] * f[i - 1][j + 1]) % P;
if (j) f[i][j] = (f[i][j] + 1ll * (1 - p[i] + P) * f[i - 1][j - 1]) % P;
ans = (ans + f[i][j]) % P;
}
printf("%d ", ans);
}
printf("\n");
}
return 0;
}