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题目分析：

如果只求第i个人的收入，那么只需要枚举他选抽到哪一张卡，然后O(n²)DP算出他排名为k的概率即可。求一个人是O(n³)，求n个人就是O(n⁴)的。
打完这个暴力发现居然有63分然后就溜了。。

O(n³)的做法：
对于一个权值A，显然只有大于它的值会对它的排名造成影响。
所以我们将所有的A值放在一起排序，考虑如何求出Ai的期望排名。
如果不同的A由不同的人选择，那么这是个很容易的DP，但是现在Ai的前面可能有一些Aj是同一个人的选择，这就比较棘手，我们需要去除前面的贡献。

如果把值A在n个人中的期望排名看做一个生成函数，那么大于A的数会让A的排名增大，记 $p_i$为第i个人的选择大于A的概率，就有：
$F(x)=\prod_{i=1}^n\large(p_ix+(1-p_i)\large)$

要统计第i个人的选择Ai对他的收益的贡献， 只需要把这时的多项式除去第i个人的式子，就可以得到Ai对于其它n-1个人的期望排名了，乘上选择Ai的概率再除去代价加到ans[i]中即可。（这里除去i的多项式就完美解决了的上面的问题）

当权值变动时， $F(x)$只会有一项变动，且变动的项均为一次项，可以O(n)进行一次除法和乘法。（其实这里类似于DP）

具体写代码的时候可以让多项式保持在n-1项，求Ai的贡献时把i的多项式除去，把i-1的多项式乘进来。

Code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define maxn 205
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
inline int ksm(int a,int b){
	int s=1;
	for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) s=1ll*s*a%mod;
	return s;
}
const int inv100 = ksm(100,mod-2);
int n,m[maxn],cnt,v[maxn];
int ans[maxn],ps[maxn];
struct node{
	int A,G,P,id;
	bool operator < (const node &t)const{return A>t.A;}
}a[maxn*maxn];
int f[maxn];
void Div(int p){
	int inv=ksm(1-p,mod-2);//尝试手推一波式子
	for(int i=0;i<n;i++) f[i]=(f[i]-1ll*f[i-1]*p%mod)*inv%mod;
}
void Mul(int p){
	for(int i=n-1;i>=0;i--) f[i]=(1ll*f[i]*(1-p)+1ll*f[i-1]*p)%mod;
}
int main()
{
	//freopen("H.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&m[i]);
		int s=0;
		for(int j=1;j<=m[i];j++){
			a[++cnt].id=i;
			scanf("%d%d%d",&a[cnt].A,&a[cnt].G,&a[cnt].P);
			a[cnt].G=1ll*(100-a[cnt].G)*inv100%mod;
			s+=a[cnt].P;
		}
		for(int j=0;j<m[i];j++) a[cnt-j].P=1ll*a[cnt-j].P*ksm(s,mod-2)%mod;
	}
	for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&v[i]);
	sort(a+1,a+1+cnt);
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		if(a[i].id!=a[i-1].id){
			Div(ps[a[i].id]);//要保证除得尽才能除
			Mul(ps[a[i-1].id]);
		}
		for(int j=0;j<n;j++)
			ans[a[i].id]=(ans[a[i].id]+1ll*f[j]*v[j]%mod*a[i].P%mod*a[i].G)%mod;
		ps[a[i].id]=(ps[a[i].id]+a[i].P)%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",(ans[i]+mod)%mod);
}