洛谷P2053 修车

修车修到jiry报废(滑稽)

题意：m个人修n个车，同时开始。

每辆车只能给一个人修。每个人修每辆车的用时都不同。

问怎样安排能使每辆车的等待时间总和最少。

解：

一直想的是用以流量表示一个人，没想到是一流量表示一辆车......

答案统计也想错了...应该是统计每辆车修的时候对它以及它后面车的贡献。

比如当前这辆车的后面还有k辆，那么时间就要乘k + 1

每辆车可以给每个人修，后面可以安排任意辆车。据此拆点，把每个人拆成n个。

源点向车连边，车向每个人的后面有几辆车(一共m * n个点)连边，然后连到汇点。

跑最小费用最大流即可。

 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 #include <queue>
 #include <cstring>
 
 const int N = , M = , INF = 0x3f3f3f3f;
 
 struct Edge {
     int nex, v, c, len;
 }edge[M << ]; int top = ;
 
 int e[N], d[N], vis[N], pre[N], flow[N];
 std::queue<int> Q;
 int G[][];
 
 inline void add(int x, int y, int z, int w) {
     top++;
     edge[top].v = y;
     edge[top].c = z;
     edge[top].len = w;
     edge[top].nex = e[x];
     e[x] = top;
 
     top++;
     edge[top].v = x;
     edge[top].c = ;
     edge[top].len = -w;
     edge[top].nex = e[y];
     e[y] = top;
     return;
 }
 
 inline bool SPFA(int s, int t) {
     memset(d, 0x3f, sizeof(d));
     d[s] = ;
     flow[s] = INF;
     vis[s] = ;
     Q.push(s);
     while(!Q.empty()) {
         int x = Q.front();
         Q.pop();
         vis[x] = ;
         for(int i = e[x]; i; i = edge[i].nex) {
             int y = edge[i].v;
             if(edge[i].c && d[y] > d[x] + edge[i].len) {
                 d[y] = d[x] + edge[i].len;
                 pre[y] = i;
                 flow[y] = std::min(flow[x], edge[i].c);
                 if(!vis[y]) {
                     vis[y] = ;
                     Q.push(y);
                 }
             }
         }
     }
     return d[t] < INF;
 }
 
 inline void update(int s, int t) {
     int temp = flow[t];
     while(t != s) {
         int i = pre[t];
         edge[i].c -= temp;
         edge[i ^ ].c += temp;
         t = edge[i ^ ].v;
     }
     return;
 }
 
 inline int solve(int s, int t, int &cost) {
     int ans = ;
     cost = ;
     while(SPFA(s, t)) {
         ans += flow[t];
         cost += flow[t] * d[t];
         update(s, t);
     }
     return ans;
 }
 
 int m;
 inline int id(int x, int y) {
     return (x - ) * m + y;
 }
 
 int main() {
 
     int n;
     scanf("%d%d", &m, &n);
     for(int i = ; i <= n; i++) {
         for(int j = ; j <= m; j++) {
             scanf("%d", &G[i][j]);
         }
     }
     int s = (m + ) * n + ;
     int t = s + ;
     for(int a = ; a <= n; a++) {
         add(s, a, , );
         for(int j = ; j <= m; j++) {
             for(int i = ; i <= n; i++) {
                 add(a, n + id(i, j), , i * G[a][j]);
             }
         }
         for(int j = ; j <= m; j++) {
             add(n + id(a, j), t, , );
         }
     }
     int ans;
     solve(s, t, ans);
     printf("%.2f", 1.0 * ans / n);
     return ;
 }

AC代码