一开始是去想了对于相同的n，经过时间t-1的概率是否可以推出经过时间t的概率，尝试了很久都没推出来。

概率递推式的推导
假设当高度为k时，从树根爬到k所需要的期望时间是$f(k)$。
从$f(k-1)$出发，爬到高度为k有两种方式：

• 直接从$k-1$的位置多爬一格不掉下去；
• 从$k-1$个的位置多爬一个的时候先掉下去了，再从底部爬完$k$。(注意，并不一定是一次爬完，这中间也可能掉下去)

因此可以得出递推式：
$$f(k)=(f(k-1)+1)(1-p_k)+(f(k-1)+1+f(k))p_k,$$
其中，$p_k$表示从$k-1$爬到$k$时会掉下去的概率。化简上式可以得到：
$$f(k)=\frac{f(k-1)+1}{1-p_k}.$$
代入$p_k=\frac{x_k}{ y_k}$，可得：
$$f(k)=\frac{y_k(f(k-1)+1)}{y_k-x_k}$$
所以可以用递推的方式求出答案。

初值
高度为0时需要的时间为0，即$f(0)=0$。

快速幂逆元
最后答案需要$mod$一个质数$p=998244353$。根据数论知识，除以一个数等于乘以它$mod~p$意义下的逆元。又根据费马小定理，$p$为质数时，$mod~p$意义下，$\mathbf{inv}(a)=a^{p-2}~mod~p$，因此可以使用快速幂来辅助递推过程。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1e5+5,p=998244353;

int n;
int f[N];
int a[N],b[N];

int qmi(int a,int k,int p){
    int tmp=1;
    while(k){
        if(k&1)tmp=(ll)tmp*a%p;
        k>>=1;
        a=(ll)a*a%p;
    }
    return tmp;
}

int inv(int a){ return qmi(a,p-2,p);}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);

    f[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i]=(1ll*f[i-1]+1)*b[i]%p*inv(b[i]-a[i])%p;
    }

    printf("%d\n",f[n]);

    return 0;
}