[SCOI2007][bzoj1070] 修车 [费用流]

题面

传送门

思路

我们考虑某个工人修车的从前到后序列如下：

${W_1,W_2,W_3,...,W_n}$

那么，对于这n辆车的车主而言，他们等候的总时间为：

$\sum_{i=1}^{n}W_i\ast\left(n-i+1\right)=nW_1+\left(n-1\right)W_2+...+2W_{n-1}+W_n$

这一步很重要，因为经过这一步推导，我们发现：对于“把第i辆车让第j个人在“需要消耗k次时间”的那个个位置修”这一个决策，可以等同为进行一个费用为$T\left(i,j\right)\ast k$的决策

因此我们可以得到一个决策集合：决策$\left(i,j,k\right)=T\left(i,j\right)\ast k$表示“把第i辆车让第j个人在“需要消耗k次时间”的那个个位置修”

那实际上我们就是对于每个i选取一个这样的决策，同时这个决策的$\left(j,k\right)$不能相同

那就好办了，我们建立一个二分图，左边是n辆车，右边是n*m个上述状态的二元组$\left(j,k\right)$（可以证明$k\leq n$）

源点向车连边，而决策二元组向汇点连边，流量1费用0

中间的边（注意这是一个完全二分图）就是流量1费用$T\left(i,j\right)\ast k$的

跑最小费用最大流即可

Code:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define inf 1e9
#define id(i,j) (i-1)*n+j
using namespace std;
inline int read(){
int re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
int n,m,cnt=-1,ans,first[1010],dis[1010],vis[1010];
struct edge{
int to,next,w,cap;
}a[100010];
inline void add(int u,int v,int w,int cap){
a[++cnt]=(edge){v,first[u],w,cap};first[u]=cnt;
a[++cnt]=(edge){u,first[v],-w,0};first[v]=cnt;
}
bool spfa(int s,int t){
int q[5010],head=0,tail=1,u,v,w,i;
memset(dis,-1,sizeof(dis));memset(vis,0,sizeof(vis));
q[0]=t;vis[t]=1;dis[t]=0;
while(head<tail){
u=q[head++];vis[u]=0;
for(i=first[u];~i;i=a[i].next){
v=a[i].to;w=a[i].w;
if(a[i^1].cap&&((dis[v]==-1)||(dis[v]>dis[u]-w))){
dis[v]=dis[u]-w;
if(!vis[v]) vis[v]=1,q[tail++]=v;
}
}
}
return ~dis[s];
}
int dfs(int u,int t,int limit){
if(u==t||!limit){vis[u]=1;return limit;}
int i,v,f,flow=0,w;vis[u]=1;
for(i=first[u];~i;i=a[i].next){
v=a[i].to;w=a[i].w;
if(!vis[v]&&a[i].cap&&(dis[v]==dis[u]-w)){
if(!(f=dfs(v,t,min(limit,a[i].cap)))) continue;
a[i].cap-=f;a[i^1].cap+=f;
ans+=f*w;flow+=f;limit-=f;
if(!limit) return flow;
}
}
return flow;
}
int zkw(int s,int t){//zkw费用流
int re=0;
while(spfa(s,t)){
vis[t]=1;
while(vis[t]){
memset(vis,0,sizeof(vis));
re+=dfs(s,t,inf);
}
}
return re;
}
int main(){
memset(first,-1,sizeof(first));int i,j,k,t1;
m=read();n=read();
for(i=1;i<=n;i++) add(0,i,0,1);
for(i=1;i<=m;i++) for(j=1;j<=n;j++) add(n+id(i,j),n+n*m+1,0,1);
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=1;j<=m;j++){
t1=read();
for(k=1;k<=n;k++){
add(i,n+id(j,k),t1*k,1);
}
}
}
zkw(0,n+n*m+1);
printf("%.2lf",((double)ans)/((double)n));//注意输出保留两位小数
}