题目描述
小M发现，美食节共有n种不同的菜品。每次点餐，每个同学可以选择其中的一个菜品。总共有m个厨师来制作这些菜品。当所有的同学点餐结束后，菜品的制作任务就会分配给每个厨师。然后每个厨师就会同时开始做菜。厨师们会按照要求的顺序进行制作，并且每次只能制作一人份。
此外，小M还发现了另一件有意思的事情: 虽然这m个厨师都会制作全部的n种菜品，但对于同一菜品，不同厨师的制作时间未必相同。他将菜品用1, 2, ..., n依次编号，厨师用1, 2, ..., m依次编号，将第j个厨师制作第i种菜品的时间记为 ti,j 。
小M认为：每个同学的等待时间为所有厨师开始做菜起，到自己那份菜品完成为止的时间总长度。换句话说，如果一个同学点的菜是某个厨师做的第k道菜，则他的等待时间就是这个厨师制作前k道菜的时间之和。而总等待时间为所有同学的等待时间之和。
现在，小M找到了所有同学的点菜信息: 有 pi 个同学点了第i种菜品（i=1, 2, ..., n）。他想知道的是最小的总等待时间是多少。
[数据范围]
| 10 | n = 40 | m = 100 | p = 800 |
其中，$p=sum_i^n p[i] $
题解
前置：[SCOI2007]修车
修车这个题目，可以把工人拆成n个阶段，m*n个点。
工人j的阶段i的意思是，正在维修，所有排在j这一队的，加上这个汽车后面还有i个汽车的汽车。
即，如果(j,1)表示维修这一队的最后一辆汽车。
汽车放在左部点，工人m*n个点放在右部点。
S向car连接流1费0，工人向T连接流1费0
作用：规定最大流为n。每个工人同一个阶段只能维修一辆。
第i个车向阶段为k的j个工人连接：流1费k*(tr[i][j])
作用：规定这个汽车只能被这个阶段的工人修一次。如果把这个汽车放在后面还有k个情况下修，那么总的等待时间会多出k*tr[i][j]
那么现在，每一个增广路，都代表一个汽车选择了某个工人的某个位置。
并且不会选多，不会重选，不会选少。
直接费用流即可。
但是这个“美食节”就比较麻烦了。
（省选之于国赛。。。）
左部点，总的菜不止n了，但是可以左边n个菜种，S到i的容量变成p[i]即可。
如果还像上面一样暴力建边的话，那么，右部点一共有sum*m个。
然后暴力建立完全二分图
那么，边数会比6e6还多。
亲测会TLE成60分。
怎么优化？
左部点不能少了。为了保证合法，右部点也没法少了。
其实，真正卡SPFA一定是因为边数太多了。
我们真的用得了这么多边么？
显然大部分都是没用的。我们对着上限开了sum*m个点，真正匹配上的也就sum个点罢了。
对于这种问题我们处理地多了。
n个集合，数字一共m个。开n个vector，即动态数组。
需要n棵线段树，一共修改n次。开n棵动态开点线段树。
有什么共同之处？？
都叫“动态”
好，那我们就动态加边！！
一共其实只会跑sum次SPFA
而求的是最小费用最大流，也就是求最短路。
所以，第一次一定是某个厨师在1阶段做菜。然后，这个如果需要的话，这个厨师又会在2阶段做菜。
所以，每个厨师很高的阶段，会凭空浪费时间，而且dis太大，根本用不上。
而每次E-K是找到一条增广路增广。
所以，我们开始只要把每个菜种i向阶段1的厨师连边，阶段1的厨师向T连边即可。
然后，SPFA之后的upda，当处理到一个右部点（厨师j和阶段k）时候，
把每个菜种i向这个厨师k+1阶段连一条边。
再把厨师j的k+1阶段向T连接一条边。
（注意一下向T连边，不能单纯只判断是一个右部点，因为网络流是可能回流反悔的。
所以，一条增广路可能多次经过一个右部点。
而第一次经过的右部点才是这条增广路的决策。
立一个flag即可。
）
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=80100; const int inf=0x3f3f3f3f; int n,m; int p[44],sum; struct node{ int nxt,to,w,c; }e[2*(224000+40+5)]; int hd[N],cnt=1; int tr[44][105]; void add(int x,int y,int w,int c){ e[++cnt].nxt=hd[x]; e[cnt].to=y;e[cnt].w=w,e[cnt].c=c; hd[x]=cnt; e[++cnt].nxt=hd[y]; e[cnt].to=x;e[cnt].w=0;e[cnt].c=-c; hd[y]=cnt; } int dis[N],pre[N],incf[N]; bool vis[N]; int s,t; queue<int>q; bool spfa(){ memset(dis,0x3f,sizeof dis); memset(vis,0,sizeof vis); while(!q.empty())q.pop(); dis[s]=0; pre[s]=0;incf[s]=inf; q.push(s); while(!q.empty()){ int x=q.front();q.pop(); vis[x]=0; for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ if(!e[i].w) continue; int y=e[i].to; if(dis[y]>dis[x]+e[i].c){ dis[y]=dis[x]+e[i].c; pre[y]=i; incf[y]=min(incf[x],e[i].w); if(!vis[y]){ vis[y]=1; q.push(y); } } } } if(dis[t]==inf) return false; return true; } int ans; void upda(){ int x=t; bool fl=false; while(x!=s){ //cout<<" xx "<<x<<" dis "<<dis[x]<<endl; if(!fl&&x>=1+n+1&&x<=1+n+sum*m){ int k=(x-n-1+m-1)/m; int num=(x-n-1-1)%m+1; //cout<<" kkk "<<k<<" "<<num<<endl; if(k<sum){ add(x+m,t,1,0); //add(x+m+m,t,1,0); for(int i=1;i<=n;i++){ add(i+1,x+m,1,(k+1)*tr[i][num]); } } fl=true; } e[pre[x]].w-=incf[t]; e[pre[x]^1].w+=incf[t]; x=e[pre[x]^1].to; } ans+=incf[t]*dis[t]; //cout<<" ----------------------after after "<<ans<<endl; } int getfood(int x){ return x+1; } int getchef(int p,int x){ return 1+n+(p-1)*m+x; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&p[i]);sum+=p[i]; } s=1,t=1+n+sum*m+1; int tim; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%d",&tim); tr[i][j]=tim; add(getfood(i),getchef(1,j),1,1*tim); } } for(int i=1;i<=n;i++){ add(s,getfood(i),p[i],0); } for(int i=1;i<=m;i++){ //for(int j=1;j<=sum;j++){ add(getchef(1,i),t,1,0); //} } while(spfa())upda(); printf("%d",ans); return 0; }
总结：
动态处理无处不在。
都借助了均摊或者总和的复杂度比较低的特点，达到节省空间和时间的目的。
删除了许多并不会用到的节点或者是边。