蓝题都做不出来，我真的是菜到一定境界了。

Description

传送门

Solution

首先，我们先将 $a,b$ 分别变为 $\frac{a}{100}$ 和 $\frac{b}{100}$ 在模 $10^9+7$ 意义下的值，并令 $x=a+b$。

可以发现，答案来源于下面这三个部分的贡献：

①跳到了第 $i$ 个位置但没有跳到中心，有 $1$ 的贡献；
②跳到了第 $i$ 个位置且跳到了中心，也有一定的贡献；
③跳到了第 $i$ 个关键点 $x_i$ 的中心，有 $y_i$ 的贡献。

Part 1

先考虑 ①。

我们枚举 $i$，并求出此事件发生的概率。不难发现，这个概率就是，前 $i-1$ 次都不能跳到地上，且第 $i$ 次一定要跳到中心旁边的概率，即 $x^{i-1}b$。

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n{x}^{i-1}a& =a\sum _{i=0}^{n-1}{x}^i\\ & =a\frac{x^n-x^0}{x-1}\end{array}$$

采用快速幂+逆元计算即可。

哎，等等，如果 $x\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7)$ 怎么办？这时分母为 $0$，还算个锤子 $\cdots \cdots$

考虑将 $x\equiv 1$ 带入原式子，有

$$\sum _{i=1}^n{1}^{i-1}a=an$$

特判一下这个情况就好了。

真的好了吗？如果 $x\equiv 0$，那么 $x^0$ 是多少？

于是还要特判 $x=0$ 的情况，此时原式等于 $0$。

Part 2

枚举关键点 $x_i$，并计算出其产生 $y_i$ 贡献的概率。

不难发现，这个概率就是，成功跳到 $x_i-1$ 且跳到 $x_i$ 的中心的概率，即 $x^{x_i-1}b$。

$$\sum _{i=1}^m{x}^{x_i-1}b$$

枚举+快速幂计算即可，复杂度 $O(m\log n)$。

Part 3

令 $f_i$ 表示，跳到第 $i$ 个位置的期望 $cnt$，则这一部分的贡献是

$$\sum _{i=1}^n{f}_{i-1}b=b\left(\sum _{i=0}^{n-1}{f}_i\right)$$

考虑通过递推计算出各个 $f$。

对于 $f_i$ 而言，其有两种选择，一是继承 $i-1$ 的 $cnt$，一是跳到中心旁边将 $cnt$ 更新为 $2$。对于前者，其发生的概率为 $b$，贡献为 $2f_{i-1}$；对于后者，其发生的概率为 $a\times x^{i-1}$，贡献为 $2$。因此有

$$f_i=2b{f}_{i-1}+2a{x}^{i-1}$$

令

$$\begin{gathered} g_i=\sum _{j=1}^{i-1}{f}_i \\ {h}_i=x^i \end{gathered}$$

则

$$f_i=(2b)f_{i-1}+(2a)h_{i-1}$$$$g_i=g_{i-1}+f_{i-1}$$$$h_i=x{h}_{i-1}$$

写成矩阵乘法的形式

$$\left[\begin{array}{c}{f}_{i-1}{g}_{i-1}{h}_{i-1}\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}2b10\\ 010\\ 2a0x\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{f}_i{g}_i{h}_i\end{array}\right]$$

更进一步的

$$\left[\begin{array}{c}201\end{array}\right]\times {\left(\left[\begin{array}{c}2b10\\ 010\\ 2a0x\end{array}\right]\right)}^{n+1}=\left[\begin{array}{c}{f}_n{g}_{n+1}{h}_{n+1}\end{array}\right]$$

其中 $g_n$ 即为这一部分对答案的贡献。

总复杂度 $O(3^3\log n+m\log n+\log \text{mod})$，本题被解决。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7,maxl=100005;

int read(){
    
    
	int s=0,w=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){
    
    if (ch=='-')  w=-w;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){
    
    s=s*10+(ch^'0');ch=getchar();}
	return s*w;
}
int n,a,b,m,res1,res2,res3,ans;
int x[maxl],y[maxl];

struct Matrix{
    
    
	int ma[3][3];
}base;

Matrix operator * (const Matrix x,const Matrix y){
    
    
	Matrix z;
	for (int i=0;i<3;i++){
    
    
		for (int j=0;j<3;j++){
    
    
			z.ma[i][j]=0;
			for (int k=0;k<3;k++)
			  z.ma[i][j]=(z.ma[i][j]+x.ma[i][k]*y.ma[k][j])%mod;
		}
	}
	return z;
}

Matrix matrix_quick_power(Matrix x,int y){
    
    
	Matrix res=x;y--;
	for (;y;y=y>>1,x=x*x){
    
    
		if (y&1)  res=res*x;
	}
	return res;
}

int quick_power(int x,int y){
    
    
	int res=1;
	for (;y;y=y>>1,x=(x*x)%mod){
    
    
		if (y&1)  res=(res*x)%mod;
	}
	return res;
}
int ny(int tmpx){
    
    return quick_power(tmpx,mod-2);}

void calc1(){
    
    
	int val=(a+b)%mod;
	if (val>1)
	  res1=((quick_power(val,n)-1)*ny(val-1))%mod;
	else if (val==1)  res1=n%mod;
	else res1=0;
	
	res1=(res1*a)%mod;
}

void init3(){
    
    
	base.ma[0][0]=(2*b)%mod;
	base.ma[0][1]=1;
	base.ma[0][2]=0;
	base.ma[1][1]=1;
	base.ma[2][0]=(2*a)%mod;
	base.ma[2][2]=(a+b)%mod;
}

void calc3(){
    
    
	Matrix tmp=matrix_quick_power(base,n);
	int tmp_01=tmp.ma[0][1],tmp_02=tmp.ma[2][1];
	res3=(tmp_01*2+tmp_02)%mod;
	res3=(res3*b)%mod;
}

signed main(){
    
    
	n=read(),a=read(),b=read(),m=read();
	a=(a*ny(100))%mod;b=(b*ny(100))%mod;
	for (int i=1;i<=m;i++){
    
    
		x[i]=read(),y[i]=read();
		res2=(res2+quick_power(a+b,x[i]-1)*b%mod*y[i])%mod;
	}
	calc1(),init3(),calc3();
	ans=(res1+res2+res3)%mod;
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}