　まず二つ目の条件, すなわち以下をみたす組について考える.
$$\lbrace x_1\rbrace=\dfrac{1}{x_2},\ \lbrace x_2\rbrace=\dfrac{1}{x_3},\ \lbrace x_3\rbrace=\dfrac{1}{x_4},\ \lbrace x_4\rbrace=\dfrac{1}{x_5},\ \lbrace x_5\rbrace=\dfrac{1}{x_1}$$
明らかに $x_i$ らは整数でなく, かつ $1$ より大きい. $a_i,b_i$ をそれぞれ $x_i$ の整数部分, 小数部分とすれば 
$$
b_i=\dfrac{1}{a_{i+1}+b_{i+1}}=\cfrac{1}{a_{i+1}+\cfrac{1}{a_{i+2}+b_{i+2}}}=\cdots=\cfrac{1}{a_{i+1}+\cfrac{1}{a_{i+2}+\cfrac{1}{a_{i+3}+\cfrac{1}{a_{i+4}+\cfrac{1}{a_{i}+b_i}}}}}
$$
である(ただし, $a_{i+5}=a_i$ などとする. 以下同様).\
　ここで, 最右辺を $b_i$ の関数 $f(b_i)$ とみなせば, これはある正整数 $A,B,C,D$ を用いて
$$\dfrac{Ab_i+B}{Cb_i+D}$$
の形で表される. このとき, $f$ の連続性および $f(0)\gt0,f(1)\lt 1\/a_{i+1}\leq 1$ より, 方程式 $b_i=f(b_i)$ は $0\lt b_i\lt1$ において少なくとも一つの解をもつ. ここで, 方程式 $b_i=f(b_i)$ は
$$Cb_i^2+(D-A)b_i-B=0$$
と表現できることから (明らかに $f$ は定数でないから, $Cb_i+D\neq 0$ で考えてよい),  解と係数の関係から $0\lt b_i\lt1$ における解はちょうど一つであることがわかる. 以上より, $(a_1,\cdots,a_5)$ が定まれば $(b_1,\cdots,b_5)$ はただ一つに決まり, このとき $(x_1,\cdots,x_5)$ もただ一つに決まることがわかる.\
　したがって, あとは一つ目の条件について考えればよい. $x_1\lt\cdots\lt x_5$ から $a_1\leq \cdots\leq a_5$ である. さらに $1\/x_2\gt1\/x_3\gt1\/x_4\gt1\/x_5$ より $b_1\gt b_2\gt b_3\gt b_4$ であるから, 特に $a_1\lt a_2\lt a_3\lt a_4$ が従う.\
　$a_1\lt a_2\lt a_3\lt a_4\lt a_5$ のとき明らかに良く, このような組は $\_{99}\mathrm{C}\_5$ 個である.\
　$a_1\lt a_2\lt a_3\lt a_4=a_5$ のとき, $x_1\lt x_2\lt x_3\lt x_4$ であり, さらに
$$b_4=\cfrac{1}{a_5+\cfrac{1}{\ddots}}\lt\cfrac{1}{a_5}\lt\cfrac{1}{a_{1}+\cfrac{1}{\ddots}}=b_5$$
より $x_4=a_4+b_4\lt a_5+b_5=x_5$ もみたす. このような組は $\_{99}\mathrm{C}\_4$ 個である.\
　以上より, 求める個数は ${}\_{99}\mathrm{C}\_5+{}\_{99}\mathrm{C}\_4=\textbf{75287520}$ である.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc028/editorial/205
　以下の条件をともにみたす実数の組 $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)$ はいくつありますか？

- $0\lt x_1\lt x_2\lt x_3\lt x_4\lt x_5\lt100$
- $\lbrace x_1\rbrace x_2=\lbrace x_2\rbrace x_3=\lbrace x_3\rbrace x_4=\lbrace x_4\rbrace x_5=\lbrace x_5\rbrace x_1=1$

ただし, 正の実数 $x$ に対し, $\lbrace x\rbrace$ で $x$ の小数部分を表します.