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
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 ;
}
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