【BZOJ1070】[SCOI2007]修车 费用流

【BZOJ1070】[SCOI2007]修车

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)

题解：本题加边方法很巧妙啊~

将m个工人拆成n*m个点，令第（i,j）个点表示第i个工人修倒数第j辆车（j只代表修车的次序，不代表具体的车），k表示（具体的）第k辆车，[i,k]表示第i个工人修第k辆车的时间，然后按如下方法连边：

从S向所有（i,j）连边，容量1，费用0；
从所有k向T连边，容量1，费用0；
从所有（i,j）向所有k连边，容量1，费用j*[i,k]；这个可以理解为如果第k辆车是倒数第j个修的，那么它后面的所有车也都要等[i,k]的时间，那么这辆车对答案的贡献就是j*[i,k]。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn=10010;
const int maxm=200010;
int n,m,ans,minn,S,T,cnt;
int to[maxm],next[maxm],cost[maxm],flow[maxm],head[maxn];
int dis[maxn],inq[maxn],pe[maxn],pv[maxn];
queue<int> q;
int bfs()
{
	int i,u;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[S]=0,q.push(S);
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			if(dis[to[i]]>dis[u]+cost[i]&&flow[i])
			{
				dis[to[i]]=dis[u]+cost[i],pe[to[i]]=i,pv[to[i]]=u;
				if(!inq[to[i]])	inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return dis[T]<0x3f3f3f3f;
}
void add(int a,int b,int c)
{
	to[cnt]=b,cost[cnt]=c,flow[cnt]=1,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
	to[cnt]=a,cost[cnt]=-c,flow[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int rd()
{
	int ret=0;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	gc=getchar();
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret;
}
int main()
{
	m=rd(),n=rd();
	int i,j,k,a;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	S=0,T=n*m+n+1;
	for(i=1;i<=n;i++)
		for(j=1;j<=m;j++)
			for(k=1,a=rd();k<=n;k++)
				add((j-1)*n+k,i+n*m,k*a);
	for(i=1;i<=m;i++)
		for(j=1;j<=n;j++)
			add(S,(i-1)*n+j,0);
	for(i=1;i<=n;i++)	add(i+n*m,T,0);
	while(bfs())
	{
		minn=1<<30;
		for(i=T;i;i=pv[i])	minn=min(minn,flow[pe[i]]);
		ans+=minn*dis[T];
		for(i=T;i;i=pv[i])	flow[pe[i]]-=minn,flow[pe[i]^1]+=minn;
	}
	printf("%.2f",1.0*ans/n);
	return 0;
}