bzoj1070: [SCOI2007]修车-费用流

Description

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。

Input

第一行有两个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。

Output

最小平均等待时间，答案精确到小数点后2位。

Sample Input

2 2
3 2
1 4

Sample Output

1.50

HINT

数据范围: (2<=M<=9,1<=N<=60), (1<=T<=1000)

分析：一开始拆点但是考虑用边的容量改变来算多次的费用，那样连的边会比后面的做法多一倍，后来看网上的题解是拆点但是用边的费用倒着来算的。

源点向每个车连一条容量为1，费用为0的边。

将一个j工人拆成n个点，第k个点表示这个工人倒数第k个修车i，那么车i向工人j连一条容量为1，费用为k*w[i][j]，表示修自己的车的一个费用，和后面k-1个人等待的费用，就是算自己费用的同时算上别人的费用。

注意这样倒着考虑，每个车连的边就只对关于同一个工人但是在他后面修车的有影响。

因为每个工人差成n个点，k越大费用越高，求最小费用最大流的时候可以不被用到，而且每个拆开的工人最多只要修一辆车，所以拆开的工人的点向汇点连一条容量为1，费用为0的边。

**注意：费用流的边：原图中的边为(x,y,cap,cost)，则反边为(y,x,0,-cost)

而且如果手动计算精确一点的边的范围的话，不要忘记在原有的边数上*2！！

因为这两点WA了好久。。。不开心

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
using namespace std;
#define N 610
#define M 76010
#define INF 0x3f3f3f
long long ans;
struct node{int x,y,co,next,cap;//co--> cost
}edge[M];
int head[N],dis[N],pre[N];
bool vis[N];
int l,m,n,t,s,w;
void add(int x,int y,int c,int z)
{l++;edge[l].x=x;edge[l].y=y;edge[l].co=z;edge[l].cap=c;edge[l].next=head[x];head[x]=l;
}
bool spfa()
{queue<int> q;for (int i=0;i<=t;i++) {dis[i]=INF;vis[i]=0;}memset(pre,0,sizeof(pre));vis[s]=1;dis[s]=0;q.push(s);while (!q.empty()){int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;for (int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].next){int y=edge[i].y;if (edge[i].cap && dis[x]+edge[i].co<dis[y]){pre[y]=i;dis[y]=edge[i].co+dis[x];if (!vis[y]) q.push(y), vis[y]=1;}}}if (dis[t]<INF) return 1; else return 0;
}
void minf()
{int i=pre[t],cap=INF;//i 存的是边的编号,cap是这条增广路上最小的容量while (i)//因为i=0的时候结束，所以l从1开始{cap=min(cap, edge[i].cap);i=pre[edge[i].x];}i=pre[t];while (i){edge[i].cap-=cap; edge[i^1].cap+=cap;ans+=cap*edge[i].co;i=pre[edge[i].x];}
}
int main()
{scanf("%d%d", &m, &n);l=1;memset(head,-1,sizeof(head));t=n+m*n+1;s=0;for (int i=1;i<=n;i++){add(s,i,1,0);add(i,s,0,0);for (int j=1;j<=m;j++){scanf("%d", &w);for (int k=1;k<=n;k++){add(i, j*n+k, 1, k*w); add(j*n+k, i, 0, -k*w);}}}for (int j=n+1;j<=m*n+n;j++){add(j,t,1,0);add(t,j,0,0);}ans=0;while (spfa()) minf();printf("%.2lf\n", (double)ans / n);//注意类型转换！！
}