BZOJ1070: [SCOI2007]修车（最小费用最大流，思维）

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)

Source

网络流的精彩之处就在于建图，这道题的建图方法就特别好玩。

首先，题目要求的是最小的顾客平均等待的时间，由于总的汽车数一定是n，所以我们只需要求出最小的总的等待时间就可以了。

由于每个人同一时间只能修1辆，每辆车修一次就够了（流量限制），用m个人修n次即可（流量守恒），有网络流的性质，而且求极值，所以想到用最小费用最大流解决。

但还有一个问题，边的权值只有一个，那如何合并时间（次序）与修车费用这两个维度呢？

由于可以同时工作，我们分别考虑每个人。假定 i 辆车是某人 倒数第 j 个修的，那么这辆车对总的等待时间的贡献就是 修理i的费用×j（修理时，有 j-1 辆车在等待其修理完成）

所以我们这样建图：

每个人i拆成多个点，表示这个人 倒数第k次修理车（k最大为n），对某个单点，与表示车辆j的点添加一条流量为1，权值为 k×cost[i][j]

为保证每辆车只修理一次，从表示车辆的点向汇点连一条流量为1的边即可

代码：

/*
 * @FileName: /media/shan/Study/代码与算法/OJ（无法分类的题目）/BZOJ/1070/bzoj1070.cpp
 * @Author: Pic
 * @Created Time: 2017年11月21日 星期二 13时51分31秒
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1000;
const int INF=0x3f3f3f3f;
struct Edge
{
    int from,to,cap,flow,cost;
    Edge(){}
    Edge(int f,int t,int c,int fl,int co):from(f),to(t),cap(c),flow(fl),cost(co){}
};
struct MCMF
{
    int n,m,s,t;
    vector<Edge> edges;
    vector<int> G[maxn];
    bool inq[maxn];     //是否在队列
    int d[maxn];        //Bellman_ford单源最短路径
    int p[maxn];        //p[i]表从s到i的最小费用路径上的最后一条弧编号
    int a[maxn];        //a[i]表示从s到i的最小残量

    //初始化
    void init(int n,int s,int t)
    {
        this->n=n, this->s=s, this->t=t;
        edges.clear();
        for(int i=0;i<n;++i) G[i].clear();
    }

    //添加一条有向边
    void AddEdge(int from,int to,int cap,int cost)
    {
        edges.push_back(Edge(from,to,cap,0,cost));
        edges.push_back(Edge(to,from,0,0,-cost));
        m=edges.size();
        G[from].push_back(m-2);
        G[to].push_back(m-1);
    }

    //求一次增广路
    bool BellmanFord(int &flow, int &cost)
    {
        for(int i=0;i<n;++i) d[i]=INF;
        memset(inq,0,sizeof(inq));
        d[s]=0, a[s]=INF, inq[s]=true, p[s]=0;
        queue<int> Q;
        Q.push(s);
        while(!Q.empty())
        {
            int u=Q.front(); Q.pop();
            inq[u]=false;
            int len=G[u].size();
            for(int i=0;i<len;++i)
            {
                Edge &e=edges[G[u][i]];
                if(e.cap>e.flow && d[e.to]>d[u]+e.cost)
                {
                    d[e.to]= d[u]+e.cost;
                    p[e.to]=G[u][i];
                    a[e.to]= min(a[u],e.cap-e.flow);
                    if(!inq[e.to]){ Q.push(e.to); inq[e.to]=true; }
                }
            }
        }
        if(d[t]==INF) return false;
        flow +=a[t];
        cost +=a[t]*d[t];
        int u=t;
        while(u!=s)
        {
            edges[p[u]].flow += a[t];
            edges[p[u]^1].flow -=a[t];
            u = edges[p[u]].from;
        }
        return true;
    }

    //求出最小费用最大流
    int Min_cost()
    {
        int flow=0,cost=0;
        while(BellmanFord(flow,cost));
        return cost;
    }
}MM;
int c[maxn][maxn];
int main()
{
    //freopen("data.in","r",stdin);
    //freopen("data.out","w",stdout);
    int m,n;
    while(~scanf("%d%d",&m,&n)){
        int s=n*m+n+1;
        int t=s+1;
        MM.init(t+1,s,t);
        for(int i=0;i<n;i++){
            for(int j=0;j<m;j++){
                scanf("%d",&c[i][j]);
            }
        }
        for(int i=0;i<m;i++){
            for(int j=0;j<n;j++){
                for(int k=0;k<n;k++){
                    MM.AddEdge(i*n+j,n*m+k,1,c[k][i]*(n-j));
                }
            }
        }
        for(int i=0;i<n*m;i++){
            MM.AddEdge(s,i,1,0);
        }
        for(int i=n*m;i<n*m+n;i++){
            MM.AddEdge(i,t,1,0);
        }
        int res=MM.Min_cost();
        printf("%.2lf
",res*1.0/n);
    }

    return 0;
}