AtCoder Beginner Contest 277

E - Crystal Switches

经典分层图。

搞两层图，一层对应初始状态，一层对应开了奇数次开关后的状态；假设点 $v$ 处有开关，就在两层图中 $v$ 对应的点间连一条边。

然后就是最短路板子了。

F - Sorting a Matrix

$0$ 可以变成任何数，所以可以忽略。

观察：不管怎么变换，原本同一行的数还会在同一行，原本同一列的数还会在同一列。
推论1：忽略 $0$，各行的值域不能相交，否则无解。
推论2：忽略 $0$，假设在某一行上，第 $x$ 列的数大于第 $y$ 列上的数。那么对于每一行，第 $x$ 列的数大于第 $y$ 列上的数都要成立，否则无解。

对于推论1，就扫一遍排个序的事情。

对于推论2，若第 $x$ 列的数大于第 $y$ 列上的数，就连一条有向边 $x \to y$。如果建出来的图没有环，则说明没有冲突，满足条件。

但是可能会有相等的元素，所以要做到把所有的关系都考虑到的话就只能暴力枚举，这样会被卡超时。

假设某一行上的数从小到达可以划分为 $b_1, b_1, \dots, b_1, b_2, b_2, \dots, b_2, \dots, b_k, b_k, \dots, b_k$，那么可以虚拟出值为 $\frac{b_i + b_{i + 1}}{2}$ 的点 $x$，然后 $x$ 向所有值为 $b_i$ 的点连边，所有值为 $b_{i + 1}$ 的点向 $x$ 连边。这样就可以排序 $O(n \log n)$ 代替 $O(n^2)$ 枚举。易得这样的点至多有 $O(nm)$ 个，在能接受的范围之内。

然后就是拓扑排序搞有向图判环。

G - Random Walk to Millionaire

参考kmjp's blog。

维护以下几个状态：

• $p(i, u)$：操作 $i$ 次过后位于 $u$ 的概率。
• $dp1(i, u)$：操作 $i$ 次过后位于 $u$ 的期望等级 乘上 $p(i, u)$ 。
• $dp2(i, u)$：操作 $i$ 次过后位于 $u$ 的期望等级的平方之和 乘上 $p(i, u)$。

那么 满足 $c_u = 1$的$dp2(i, u)$ 之和就是答案。

转移的时候，就枚举每一条边 $u \to v$，$p(i - 1, u)$可以转移到 $p(i, v)$，$dp1$ 和 $dp2$ 类似。

如果 $c_v = 0$ ，新增的 $v$ 对 $dp1(i, v)$ 还会有 $p(i, v)$ 的贡献，对 $dp2(i, v)$ 还会有 $2 \times dp1(i, v) + p(i, v)$ 的贡献。

后者是因为$(E(X + Y))^2 = (E(X) + E(Y))^2$，即linearity of expectation。

Ex - Constrained Sums

CF1697F，不能说一模一样，只能说完全相同。