【BZOJ1070】修车（SCOI2007）-费用流+拆点

测试地址：修车
做法：本题需要用到费用流+拆点。
我们很容易想到将技术人员和车匹配起来，但这样有一个问题：当一个技术人员修多辆车的时候，产生的费用不能简单地用相加来刻画。因此我们需要运用一个方法：拆点。
将每个技术人员拆成n$n$个点，然后将这些点和车匹配，第i$i$个点和第j$j$辆车匹配表示这个技术人员修的倒数第i$i$辆车为j$j$，就会产生一些费用。我们知道，如果这个技术人员修这辆车的时间为k$k$，且是他修的倒数第i$i$辆车，那么会产生ik$ik$的费用，把这个作为中间连边的费用即可。这样这个图的最小边权最大匹配就是答案，这也就是最小费用最大流的经典应用了。
为什么这个方法是对的呢？我们显然可以证明，如果一个技术员的第i$i$个点在最后是被匹配上的，那么这个技术员的第1,2,...,i−1$1,2,...,i-1$个点肯定同时也已经被匹配上了，否则就会产生更小的费用，和最小费用最大流的假设矛盾。这样建模之后，就可以刻画一个技术人员修多辆车产生的费用了，于是我们就完成了这一题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1000000000;
int n,m,S,T,g[70][15];
int first[1010]={0},tot=1,dis[1010],laste[1010],last[1010];
bool vis[1010];
queue<int> Q;
struct edge
{
    int v,next,f,c;
}e[300010];

void insert(int a,int b,int f,int c)
{
    e[++tot].v=b,e[tot].next=first[a],e[tot].f=f,e[tot].c=c,first[a]=tot;
    e[++tot].v=a,e[tot].next=first[b],e[tot].f=0,e[tot].c=-c,first[b]=tot;
}

void init()
{
    scanf("%d%d",&m,&n);
    S=n*m+n+1,T=n*m+n+2;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            scanf("%d",&g[i][j]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            insert(S,(i-1)*n+j,1,0);
            for(int k=1;k<=n;k++)
                insert((i-1)*n+j,n*m+k,1,g[k][i]*j);
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        insert(n*m+i,T,1,0);
}

bool spfa()
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i=1;i<=T;i++)
        dis[i]=inf;
    Q.push(S);
    dis[S]=0;
    vis[S]=1;
    while(!Q.empty())
    {
        int v=Q.front();Q.pop();
        for(int i=first[v];i;i=e[i].next)
            if (e[i].f&&dis[e[i].v]>dis[v]+e[i].c)
            {
                dis[e[i].v]=dis[v]+e[i].c;
                laste[e[i].v]=i;
                last[e[i].v]=v;
                if (!vis[e[i].v]) vis[e[i].v]=1,Q.push(e[i].v);
            }
        vis[v]=0;
    }
    return dis[T]!=inf;
}

void mincost()
{
    int minc=0;
    while(spfa())
    {
        int x=T,maxf=inf;
        while(x!=S)
        {
            maxf=min(maxf,e[laste[x]].f);
            x=last[x];
        }
        x=T;
        while(x!=S)
        {
            e[laste[x]].f-=maxf;
            e[laste[x]^1].f+=maxf;
            x=last[x];
        }
        minc+=maxf*dis[T];
    }
    printf("%.2lf",(double)minc/(double)n);
}

int main()
{
    init();
    mincost();

    return 0;
}