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：

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
     
      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
      
       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 "<
       
        <<" dis "<
        
         <
         
          =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 "<
          
           <<" "<
           
            <
           
          
         
        
       
      
     

 

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。