problem

luogu-P2053

solution

假设只有一个工作人员。修车顺序为 $p_1,p_2,...,p_n$ 是一个 $n$ 的排列。

那么对于第 $i$ 个被修的车的等待时间应为 $T_{p_1}+...T_{p_i}$。

总的等待时间则是 $T_{p_1}+(T_{p_1}+T_{p_2})+...+(T_{p_1}+...+T_{p_n})=T_{p_1}\ast n+T_{p_2}\ast (n-1)+...+T_{p_n}$。

$\text{observation1}:$ 所有车的等待时间就是所有车主的等待时间。

$\text{observation2}:$ 越晚修的车对应的修车时间贡献越少。

从每辆车被等待的时间考虑，每个师傅一次修一辆车，我们按照车辆数将修车师傅拆成 $n\ast m$ 个点。

车与源点连边，师傅与汇点连边，第 $i$ 辆车和在 $k$ 时间段被 $j$ 师傅修理连边，花费 $T_{i,j}\ast k$ 表示其修车时间对总时间的贡献。

跑一个最小费用流即可。

如果有兴趣更深入地研究一下此题，可以做 NOI的《美食节》一题 。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1000
struct node { int to, nxt, flow, cost; }E[maxn * maxn];
int head[maxn], dis[maxn], lst[maxn], vis[maxn];
queue < int > q;
int m, n, s, t, cnt = -1;void addedge( int u, int v, int w, int c ) {E[++ cnt] = { v, head[u], w, c }, head[u] = cnt;E[++ cnt] = { u, head[v], 0,-c }, head[v] = cnt;
}bool SPFA() {memset( dis, 0x3f, sizeof( dis ) );memset( lst, -1, sizeof( lst ) );dis[s] = 0; q.push( s );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = 0;for( int i = head[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to;if( dis[v] > dis[u] + E[i].cost and E[i].flow ) {dis[v] = dis[u] + E[i].cost; lst[v] = i;if( ! vis[v] ) vis[v] = 1, q.push( v );}}}return ~ lst[t];
}int MCMF() {int ans = 0;while( SPFA() ) {int flow = 1e9;for( int i = lst[t];~ i;i = lst[E[i ^ 1].to] ) flow = min( flow, E[i].flow );for( int i = lst[t];~ i;i = lst[E[i ^ 1].to] ) {E[i ^ 1].flow += flow;E[i].flow -= flow;ans += E[i].cost * flow;}}return ans;
}int main() {memset( head, -1, sizeof( head ) );scanf( "%d %d", &m, &n );s = 0, t = n * (m + 1) + 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = 1, ti;j <= m;j ++ ) {scanf( "%d", &ti );for( int k = 1;k <= n;k ++ ) //i车在k时间段被j修理addedge( i + n * m, (k - 1) * m + j, 1e9, ti * k );}}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) addedge( s, i + n * m, 1, 0 );for( int i = 1;i <= n * m;i ++ ) addedge( i, t, 1, 0 );printf( "%.2f\n", MCMF() * 1.0 / n );return 0;
}