[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。