[bzoj1070][SCOI2007]修车_费用流
修车 bzoj-1070 SCOI-2007
题目大意:有m个人要修n台车,每个工人修不同的车的时间不同,问将所有的车都修完,最少需要花费的时间。
注释:$2\le m\le 9$,$1\le n \le 60$
想法:想起了那句话...(如果题面复杂,dp状态不可描述,一看数据范围发现才几百,那八成是网络流了),一般这句话都是对的,除了那次在CF上遇到的爆搜.. ...
关于这道题,网上有题解在边上做技巧(完全没明白这样的意义),我的做法时拆点。将每个点拆成n个,然后在这些被拆的点与车之间连边即可,保证每走一条边需要将之后的费用都统计进来。
具体地,将一个j工人拆成n个点,第k个点表示这个工人倒数第k个修车i,那么车i向工人j连一条容量为1,费用为k*w[i][j],表示修自己的车的一个费用,和后面k-1个人等待的费用,就是算自己费用的同时算上别人的费用。注意这样倒着考虑,每个车连的边就只对关于同一个工人但是在他后面修车的有影响。
最后,附上丑陋的代码... ...
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <queue> using namespace std; #define N 610 #define M 76010 #define INF 0x3f3f3f long long ans; struct node{ int x,y,co,next,cap; }edge[M]; int head[N],dis[N],pre[N]; bool vis[N]; int l,m,n,t,s,w; void add(int x,int y,int c,int z) { l++; edge[l].x=x;edge[l].y=y;edge[l].co=z;edge[l].cap=c; edge[l].next=head[x]; head[x]=l; } bool spfa() { queue<int> q; for(int i=0;i<=t;i++) {dis[i]=INF;vis[i]=0;} memset(pre,0,sizeof(pre)); vis[s]=1;dis[s]=0; q.push(s); while(!q.empty()) { int x=q.front();q.pop(); vis[x]=0; for (int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].next) { int y=edge[i].y; if (edge[i].cap && dis[x]+edge[i].co<dis[y]) { pre[y]=i; dis[y]=edge[i].co+dis[x]; if (!vis[y]) q.push(y), vis[y]=1; } } } if (dis[t]<INF) return 1; else return 0; } void minf() { int i=pre[t],cap=INF; while(i) { cap=min(cap, edge[i].cap); i=pre[edge[i].x]; } i=pre[t]; while(i) { edge[i].cap-=cap; edge[i^1].cap+=cap; ans+=cap*edge[i].co; i=pre[edge[i].x]; } } int main() { scanf("%d%d", &m, &n); l=1; memset(head,-1,sizeof head); t=n+m*n+1;s=0; for(int i=1;i<=n;i++) { add(s,i,1,0); add(i,s,0,0); for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d", &w); for(int k=1;k<=n;k++) { add(i, j*n+k, 1, k*w); add(j*n+k, i, 0, -k*w); } } } for(int j=n+1;j<=m*n+n;j++) { add(j,t,1,0); add(t,j,0,0); } ans=0; while(spfa()) minf(); printf("%.2lf\n", (double)ans / n); }
小结:记住一些题目的描述,有利于帮助我门迅速分析出切入点。
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