bzoj1070题解

【解题思路】

　　考虑拆点，得到一个二分图：左边点<i,j>表示第i个技师按顺序第j辆修的车，右边点k表示第k个车主，连接左右的边表示第k个车主可能成为第i个技师的第j个客户。

　　因为是二分图，所以直接跑KM即可，复杂度O(n³m)；或者考虑费用流，左图都和源点连边，右图都和汇点连边，容费均为1，跑个流即可，复杂度O(松)。

【参考代码】

　　费用流实现：

 #pragma GCC optimize(2)
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #define REP(i,low,high) for(register int i=(low);i<=(high);i++)
 #define INF 0x7f7f7f7f
 using namespace std;
 template<typename T> inline bool getmin(T &tar,const T &pat) {return pat<tar?tar=pat,:;}
 const static int T=; static int E=; bool inq[T+]; int w,c,hed[T+],pre[T+],que[T<<]; long long dst[T+],tim[][];
 struct edge
 {
     int fr,to,fl,nx; long long vl;
     edge() {fl=INF;}
     edge(const int &x,const int &y,const int &f,const long long &v) {fr=x,to=y,fl=f,vl=v,nx=hed[x],hed[x]=E;}
 }edg[];
 inline void add_edge(const int &fr,const int &to,const int &fl,const long long &vl) {edg[++E]=edge(fr,to,fl,vl),edg[++E]=edge(to,fr,,-vl);}
 inline bool SPFA()
 {
     memset(dst,0x7f,sizeof dst),dst[]=que[]=0ll,memset(inq,,sizeof inq),inq[]=;
     for(int head=-,tail=;head++<tail;)
     {
         int now=que[head];
         for(int i=hed[now];i;i=edg[i].nx)
         {
             int p=edg[i].to; if(edg[i].fl&&getmin(dst[p],dst[now]+edg[i].vl)) {pre[p]=i; if(!inq[p]) inq[que[++tail]=p]=;}
         }
         inq[now]=;
     }
     return dst[T]<INF;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d",&w,&c),memset(hed,,sizeof hed); REP(i,,c) REP(j,,w) scanf("%lld",&tim[j][i]); int n=w*c; long long ans=0ll;
     REP(i,,n) add_edge(,i,,0ll); REP(i,,c) add_edge(n+i,T,,0ll); REP(i,,w) REP(j,,c) REP(k,,c) add_edge((i-)*c+j,n+k,,tim[i][k]*j);
     while(SPFA())
     {
         int mnr=INF; for(int i=pre[T];i;i=pre[edg[i].fr]) getmin(mnr,edg[i].fl);
         for(int i=pre[T];i;i=pre[edg[i].fr]) edg[i].fl-=mnr,edg[i^].fl+=mnr,ans+=edg[i].vl*mnr;
     }
     return printf("%.2lf\n",(double)ans/c),;
 }