看起来很麻烦，做起来并不难的题

以下设：$a_i=\frac{a_i}{100},b_i=\frac{b_i}{100}$

显然，如果$b_i=0$的话，直接求$\Pi a_i$就是答案。

解决反射问题是这个问题的关键

我们显然可以认为一束光透过之后，可以等其他的光一起

**透过干净** 再往后走。

这样就存在Dp的阶段了。

网上很多从“前i个整体透光率”“整体反光率”什么的，或者枚举反射次数，还要等比数列求和。其实不用这么麻烦。

设$f[i][1]$表示，一单位的光从玻璃i左边射过来，**最终透过的比率**

$f[i][2]$表示，一单位的光从玻璃i右边设过来，**最终反射回来的比率**

（最终就是经过相当长的一段时间后累计的总和。）

递推式很显然了，只要枚举“回收”光线的情况

$f[i][1]=a_i+b_i\times f[i-1][2] \times f[i][1]$

移项，除过去，可以得到：

$f[i][1]=\frac{a_i}{1-b_i\times f[i-1][2]}$

以及：

$f[i][2]=b_i+a_i\times f[i-1][2] \times f[i][1]$

发现存在边界：$f[1][1]=a_1,f[1][2]=b_1$

然后递推。

最后求$\Pi f[i][1]$即可得到答案

#include
     
      #define reg register int#define il inline#define fi first#define se second#define mk(a,b) make_pair(a,b)#define numb (ch^'0')using namespace std;typedef long long ll;template
      
       il void rd(T &x){    char ch;x=0;bool fl=false;    while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);    for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);    (fl==true)&&(x=-x);}template
       
        il void output(T x){
   if(x/10)output(x/10);putchar(x%10+'0');}template
        
         il void ot(T x){
   if(x<0) putchar('-'),x=-x;output(x);putchar(' ');}template
         
          il void prt(T a[],int st,int nd){
   for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar('\n');}namespace Miracle{const int N=5e5+5;const int mod=1e9+7;int n;int iv;int a[N],b[N];int ad(int x,int y){    return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}int qm(int x,int y){    int ret=1;    while(y){        if(y&1) ret=(ll)ret*x%mod;        x=(ll)x*x%mod;        y>>=1;    }    return ret;}int f[N][3];int main(){    iv=qm(100,mod-2);    rd(n);    for(reg i=1;i<=n;++i){        rd(a[i]);rd(b[i]);        a[i]=(ll)a[i]*iv%mod;        b[i]=(ll)b[i]*iv%mod;    }    f[1][1]=a[1];    f[1][2]=b[1];    for(reg i=2;i<=n;++i){        f[i][1]=(ll)a[i]*qm(ad(1,mod-(ll)b[i]*f[i-1][2]%mod),mod-2)%mod;        f[i][2]=ad(b[i],(ll)a[i]*f[i-1][2]%mod*f[i][1]%mod);    }    int ans=1;    for(reg i=1;i<=n;++i){        ans=(ll)ans*f[i][1]%mod;    }    cout<