BZOJ1070 [SCOI2007]修车

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本文作者：ljh2000
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Description

　　同一时刻有N位车主带着他们的爱车来到了汽车维修中心。维修中心共有M位技术人员，不同的技术人员对不同
的车进行维修所用的时间是不同的。现在需要安排这M位技术人员所维修的车及顺序，使得顾客平均等待的时间最
小。 说明：顾客的等待时间是指从他把车送至维修中心到维修完毕所用的时间。

Input

　　第一行有两个m,n，表示技术人员数与顾客数。 接下来n行，每行m个整数。第i+1行第j个数表示第j位技术人
员维修第i辆车需要用的时间T。

Output

　　最小平均等待时间，答案精确到小数点后2位。

Sample Input

2 2
3 2
1 4

Sample Output

1.50

HINT

 

数据范围: (2<=M<=9,1<=N<=60), (1<=T<=1000)

 

 

正解：网络流、费用流

解题报告：

　　费用流建模好题。

　　不妨设工人i修第j台车的时间为tim(i,j)，则

　　并把每个工人拆成n个，对于工人i的第j个点表示工人i倒数第j个修的处理点，记为(i,j)；

　　S向每个人连容量为1、边权为0的边，对于第i个人，向(j,k)连容量为1、边权tim[j][i]*k的边，最小费用最大流即为答案。

　　考虑这样做的正确性，因为我们难以确定一个点被其他点的“影响程度”，不妨换个思路，考虑当前点对于别的点造成的影响，很容易发现，如果当前车在当前工人这里倒数第k个修理，那么对全局产生的贡献就是k*tim，这样一来就可以直接处理每个点的贡献，直接上费用流。

　

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#include <iostream>
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#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
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#include <string>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int inf = (1<<29); 
const int MAXN = 50011;
int n,m,tim[12][100],S,T,first[MAXN],ecnt,ans,dis[MAXN],dui[MAXN],head,tail,vis[MAXN],pre[MAXN],pp[MAXN];
struct edge{int next,f,w,to;}e[MAXN*2];
inline void link(int x,int y,int F,int z){
	e[++ecnt].next=first[x]; e[ecnt].to=y; e[ecnt].f=F; e[ecnt].w=z; first[x]=ecnt;
	e[++ecnt].next=first[y]; e[ecnt].to=x; e[ecnt].f=0; e[ecnt].w=-z; first[y]=ecnt;
}

inline int getint(){
    int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}

inline bool SPFA(){
	head=tail=0; for(int i=1;i<=T;i++) dis[i]=inf,vis[i]=0,pre[i]=pp[i]=-1; dis[S]=0; dui[++tail]=S; vis[S]=1; int u;
	while(head<tail) {
		head++;	u=dui[head]; vis[u]=0;//!!!
		for(int i=first[u];i;i=e[i].next) {
			if(e[i].f==0) continue;	int v=e[i].to; 
			if(dis[v]>dis[u]+e[i].w) {
				dis[v]=dis[u]+e[i].w;
				pre[v]=u;
				pp[v]=i;
				if(vis[v]==0) {
					vis[v]=1;
					dui[++tail]=v;
				}
			}
		}
	}
	if(dis[T]==inf) return false; int ff=inf;
	for(u=T;u!=S;u=pre[u]) ff=min(ff,e[pp[u]].f);
	for(u=T;u!=S;u=pre[u]) ans+=ff*e[pp[u]].w,e[pp[u]].f-=ff,e[pp[u]^1].f+=ff;
	return true;
}

inline void work(){
	m=getint(); n=getint();	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) tim[j][i]=getint();
	ecnt=1; S=n*m+n+1; T=S+1; for(int i=1;i<=n;i++) link(S,n*m+i,1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) for(int k=1;k<=n;k++) link(n*m+i,(j-1)*n+k,1,tim[j][i]*k);				
	for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=n;j++) link((i-1)*n+j,T,1,0);//!!!
	ans=0; while(SPFA()) ;  
	double out=ans; out/=(double)n;
	printf("%.2lf",out);
}

int main()
{
    work();
    return 0;
}