bzoj1070【SCOI2007】修车（费用流）

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

第一行有两个数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。

输出格式：

最小平均等待时间，答案精确到小数点后2位。

输入输出样例

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2 2
3 2
1 4

输出样例#1： 复制

1.50

说明

(2<=M<=9,1<=N<=60), (1<=T<=1000)

题解

　　这篇还是写得详细一点好了……因为不是很懂……

　　我们考虑一下，如果一个工人修车的序列为$W_1,W_2,W_3...W_n$

　　那么对于这几辆车的车主而言，他们等待的总时间是$\sum _{i=1}^n W_i*(n-i+1)=nW_1+(n-1)W_2+...+W_n$（因为一个人在越前面修，会使后面更多的人要等待他的车修好）

　　然后因为平均时间最少，人数是不变的，所以得保证总时间最少

　　我们发现，如果把第$i$个人的车让第$j$个人在倒数第$k$个修（以下表示为$(i,j,k)$），那么对总时间的贡献是$T(i,j)*k$，其中$T(i,j)$表示第$j$个人修第$i$辆车的时间

　　然后因为每一辆车只能被一个人修，每一个人同一时间只能修一辆车

　　那么我们可以把$(j,k)$表示成一个状态，表示被第$j$个人在倒数第$k$个修，那么不难发现每一个状态只能被匹配一次，即不可能有两辆车同时被一个人在同一个顺序修

　　那么我们可以建一个二分图，左边是$n$辆车，右边是$n*m$个状态$(j,k)$（因为$k$不可能超过$n$），然后左边的每一个点向右边所有点连边，容量为$1$，费用为对应的$(i,j,k)$

　　然后因为每一辆车只会被修一次，所以从源点向所有车连容$1$费$0$的边

　　因为每一个人在同一时间只能修一辆车，所以右边所有状态向汇点连容$1$费$0$的边

　　当网络跑满的时候说明所有车都有人修了，然后又要时间最少，只要在此基础上求一个最小费用流即可

 //minamoto
 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<queue>
 #include<cstring>
 #define inf 0x3f3f3f3f
 #define id(i,j) (i-1)*n+j
 using namespace std;
 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
 inline int read(){
     #define num ch-'0'
     char ch;bool flag=;int res;
     while(!isdigit(ch=getc()))
     (ch=='-')&&(flag=true);
     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
     (flag)&&(res=-res);
     #undef num
     return res;
 }
 const int N=,M=;
 int ver[M],Next[M],head[N],edge[M],flow[M],tot=;
 int vis[N],dis[N],disf[N],Pre[N],last[N],n,m,s,t;
 queue<int> q;
 inline void add(int u,int v,int f,int e){
     ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,flow[tot]=f,edge[tot]=e;
     ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot,flow[tot]=,edge[tot]=-e;
 }
 bool spfa(){
     memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
     while(!q.empty()) q.pop();
     q.push(s),dis[s]=,disf[s]=inf,Pre[t]=-;
     while(!q.empty()){
         int u=q.front();q.pop(),vis[u]=;
         for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
             int v=ver[i];
             if(flow[i]&&dis[v]>dis[u]+edge[i]){
                 dis[v]=dis[u]+edge[i],Pre[v]=u,last[v]=i;
                 disf[v]=min(disf[u],flow[i]);
                 if(!vis[v]) vis[v]=,q.push(v);
             }
         }
     }
     return ~Pre[t];
 }
 int dinic(){
     int mincost=;
     while(spfa()){
         int u=t;mincost+=disf[t]*dis[t];
         while(u!=s){
             flow[last[u]]-=disf[t],flow[last[u]^]+=disf[t];
             u=Pre[u];
         }
     }
     return mincost;
 }
 int main(){
     m=read(),n=read();
     s=,t=n*m+n+;
     for(int i=;i<=n;++i) add(s,i,,);
     for(int i=;i<=m;++i)
     for(int j=;j<=n;++j)
     add(n+id(i,j),t,,);
     for(int i=;i<=n;++i)
     for(int j=;j<=m;++j){
         int cost=read();
         for(int k=;k<=n;++k){
             add(i,n+id(j,k),,cost*k);
         }
     }
     printf("%.2lf",(double)dinic()/n);
     return ;
 }