BZOJ 1070: [SCOI2007]修车 费用流

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)

解题方法： 看了一天多费用流，终于明白一些概念了（骗自己的）。看到刘汝佳老师说费用流可以当黑盒使用，果断不去探究这个代码究竟了，拔了一位大牛的拿来用啦。这个题目呢，神奇的费用流，从来没见过的拆点方式。假设n个人m辆车，那么每一个人都有一行状态，对应的是什么呢？是他倒数第几个修的是哪辆车，而这又是不确定的，所以我们还得将这个点连向m辆车，流量就是1，而费用呢就是倒数第几个乘以修理时间，原因呢？就是如果这个人倒数第几个修的这辆车的话，那么其他人都需要等他修完，所以乘这个。

代码模板来自： 谢谢神牛

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 11000
#define M 101000
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int cost[65][65];
int n,m,cnt,S,T;
struct node
{
int from,to,val,cost,next;
}edge[M];
int head
,dis
,v
,f
;
void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
cnt=0;
}
void addedge(int from,int to,int val,int cost)
{
edge[cnt].to=to;
edge[cnt].val=val;
edge[cnt].from=from;
edge[cnt].cost=cost;
edge[cnt].next=head[from];
head[from]=cnt++;
}
int spfa(int s,int e)
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(v,0,sizeof(v));
memset(f,-1,sizeof(f));
queue<int>q;
q.push(s);
dis[s]=0;
v[s]=1;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
v[u]=0;
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if(edge[i].val!=0&&dis[u]+edge[i].cost<dis[to])
{
dis[to]=dis[u]+edge[i].cost;
f[to]=i;
if(!v[to])
{
q.push(to);
v[to]=1;
}
}
}
}
if(dis[e]!=0x3f3f3f3f)return 1;
return 0;
}
void mcmf()
{
int ans=0;
while(spfa(S,T))
{
int flow=INF;
for(int i=f[T];i!=-1;i=f[edge[i].from])flow=min(flow,edge[i].val);
for(int i=f[T];i!=-1;i=f[edge[i].from])
{
edge[i].val-=flow;
edge[i^1].val+=flow;
}
ans+=flow*dis[T];
}
printf("%.2lf\n",(double)ans/m);
}

int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
S = 0, T = n * m + m + 1;
init();
for(int i = 1; i <= m; i++){
for(int j = 1; j <= n; j++){
scanf("%d", &cost[i][j]);
}
}
for(int i = 1; i <= n * m; i++){
addedge(S, i, 1, 0);
addedge(i, S, 0, 0);
}
for(int i = n * m + 1; i <= n * m + m; i++){
addedge(i, T, 1, 0);
addedge(T, i, 0, 0);
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++){
for(int k = 1; k <= m; k++){
addedge((i-1)*m+j, n*m+k, 1, cost[k][i]*j);
addedge(n*m+k, (i-1)*m+j, 0, -cost[k][i]*j);
}
}
}
mcmf();
return 0;
}