UPCOJ-4135 - BZOJ-1070 - 修车 - 费用流

链接：

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1070

题目：

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)

思路：

  将一个工人拆成nn个点，对于每个工人，第kk个点连的点ii代表这个工人修的倒数第kk辆车是第ii辆车(1≤i≤n)(1≤i≤n)，因为这个工人倒数第kk个修这辆车的时候，就代表着之后的车都需要等这辆车修理好，所以说对费用的贡献为k×costk×cost。

  源点向mm个工人连边，每个工人再连nn条边，n×mn×m个工人再向nn辆车连边，最后nn辆车再连汇点。

  可以略做优化，我们会发现在实际运作的时候那mm个点并没有什么用，所以我们索性把这代表着mm个工人的点去掉，源点直接与拆出的n×mn×m个工人连边，然后与nn辆车连边，然后汇点，这样的话就只有两层，共计m+n×m+nm+n×m+n条边，跑裸费用流就可以。

实现：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxm = int (5e5) + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
struct { int next, u, v, cost, flow; } edge[maxm];
int m, n, tmp, head_edge[1007], cnt_edge, S = 0, T = 1001;
void addedge(int u, int v, int cost, int flow = 1) {
edge[cnt_edge] = {head_edge[u], u, v, cost, flow};
head_edge[u] = cnt_edge++;
edge[cnt_edge] = {head_edge[v], v, u, -cost, 0};
head_edge[v] = cnt_edge++;
}
int dist[1007], pre[1007], Cost;
bool inque[1007];
int mfmc() {
while (true) {
memset(dist, 0x3f, sizeof(dist));
memset(inque, 0, sizeof(inque));
dist[S] = 0;
queue<int> que;
que.push(S);
while (!que.empty()) {
int u = que.front();
que.pop();
inque[u] = false;
for (int i = head_edge[u]; ~i; i = edge[i].next) {
int v = edge[i].v, cost = edge[i].cost, flow = edge[i].flow;
if (flow && dist[v] > dist[u] + cost) {
dist[v] = dist[u] + cost;
pre[v] = i;
if (!inque[v]) que.push(v), inque[v] = true;
}
}
}
if (dist[T] == inf) break;
Cost += dist[T];
for (int u = T; u != S; u = edge[pre[u]].u) {
edge[pre[u]].flow--;
edge[pre[u] ^ 1].flow++;
}
}
return Cost;
}
int main() {
//    freopen("in.txt", "r", stdin);
scanf("%d%d", &m, &n);
memset(head_edge, -1, sizeof(head_edge));
cnt_edge = 0;
// i代表车，j代表工人
for (int i = 1; i <= n; i++) {
addedge(i, T, 0); // 每辆车和汇点相连
for (int j = 1; j <= m; j++) {
addedge(S, j * n + i, 0); // 因为偷懒就直接写在这里了，代表汇点和拆开的n * m个工人相连
scanf("%d", &tmp);
for (int k = 1; k <= n; k++) addedge(j * n + k, i, k * tmp);
}
}
printf("%.2f\n", 1.0 * mfmc() / n); // 常规最小费最大流
return 0;
}