【BZOJ1070】[SCOI2007]修车
题面
以后要多写题面flag
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。
样例
输入样例
2 2
3 2
1 4
输出样例
1.50
说明
((2leq Mleq 9,1leq Nleq 60), (1leq Tleq 1000))
题解
设某个技术人员的修车序列为(a_1,a_2...a_n)
则这个人所用时间
[sum_{i=1}^nT_{a_i}*(n-i+1)\
Leftrightarrow n*T_{a_1}+(n-1)*T_{a_2}+...+1*T_{a_n}
]
这样的话，我们可以将一次在第(k)次修决策化为一次
费用为(T_{i,j}*k)的决策
因此我们可以得到一个决策集合：决策(left(i,j,k ight)=Tleft(i,j ight)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 ight))不能相同
最后怎么办呢？
建一个(n*m)的决策图，表示决策(j,k)
再建(n)个车的点，表示那辆车
再对于决策图的每一层，向车(i)连(Ti,j*层数)费用，容量为(1)的边
最后连(S,T)即可
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int MAX_N = 300;
const int INF = 1e9;
struct Graph { int to, cap, cost, next; } e[MAX_N * MAX_N << 2];
int fir[MAX_N * MAX_N], e_cnt, V;
void clearGraph() { memset(fir, -1, sizeof(fir)); e_cnt = 0; }
void Add_Edge(int u, int v, int cap, int cost) {
e[e_cnt] = (Graph){v, cap, cost, fir[u]}; fir[u] = e_cnt++;
e[e_cnt] = (Graph){u, 0, -cost, fir[v]}; fir[v] = e_cnt++;
}
int dis[MAX_N * MAX_N], preve[MAX_N * MAX_N], prevv[MAX_N * MAX_N];
bool inq[MAX_N * MAX_N];
int min_cost_flow(int s, int t) {
static queue<int> que; int res = 0;
while (1) {
fill(&dis[0], &dis[V + 1], INF);
fill(&inq[0], &inq[V + 1], 0);
que.push(s), dis[s] = 0, inq[s] = 1;
while (!que.empty()) {
int x = que.front(); que.pop();
for (int i = fir[x]; ~i; i = e[i].next) {
int v = e[i].to;
if (dis[x] + e[i].cost < dis[v] && e[i].cap > 0) {
dis[v] = dis[x] + e[i].cost;
preve[v] = i, prevv[v] = x;
if (!inq[v]) que.push(v), inq[v] = 1;
}
}
inq[x] = 0;
}
if (dis[t] == INF) return res;
int d = INF;
for (int x = t; x != s; x = prevv[x]) d = min(d, e[preve[x]].cap);
res += dis[t] * d;
for (int x = t; x != s; x = prevv[x]) {
e[preve[x]].cap -= d;
e[preve[x] ^ 1].cap += d;
}
}
}
int N, M, id[MAX_N][MAX_N], T[MAX_N][MAX_N];
int main () {
clearGraph();
cin >> M >> N; int s = 0, t, tot = 0;
for (int i = 1; i <= N; i++)
for (int j = 1; j <= M; j++) id[i][j] = ++tot;
for (int i = 1; i <= N; i++)
for (int j = 1; j <= M; j++) cin >> T[i][j];
V = t = (N + 1) * M + 1;
for (int i = 1; i <= N; i++) Add_Edge(s, i, 1, 0);
for (int i = 1; i <= N; i++)
for (int j = 1; j <= M; j++) Add_Edge(N + id[i][j], t, 1, 0);
for (int i = 1; i <= N; i++)
for (int j = 1; j <= M; j++)
for (int k = 1; k <= N; k++)
Add_Edge(i, N + id[k][j], 1, T[i][j] * k);
printf("%0.2lf
", 1.0 * min_cost_flow(s, t) / N);
return 0;
}