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。
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2 2 3 2 1 4
输出样例#1： 复制
1.50
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
1 //minamoto
2 #include<iostream>
3 #include<cstdio>
4 #include<queue>
5 #include<cstring>
6 #define inf 0x3f3f3f3f
7 #define id(i,j) (i-1)*n+j
8 using namespace std;
9 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
10 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
11 inline int read(){
12 #define num ch-‘0‘
13 char ch;bool flag=0;int res;
14 while(!isdigit(ch=getc()))
15 (ch==‘-‘)&&(flag=true);
16 for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
17 (flag)&&(res=-res);
18 #undef num
19 return res;
20 }
21 const int N=1005,M=100005;
22 int ver[M],Next[M],head[N],edge[M],flow[M],tot=1;
23 int vis[N],dis[N],disf[N],Pre[N],last[N],n,m,s,t;
24 queue<int> q;
25 inline void add(int u,int v,int f,int e){
26 ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,flow[tot]=f,edge[tot]=e;
27 ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot,flow[tot]=0,edge[tot]=-e;
28 }
29 bool spfa(){
30 memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
31 while(!q.empty()) q.pop();
32 q.push(s),dis[s]=0,disf[s]=inf,Pre[t]=-1;
33 while(!q.empty()){
34 int u=q.front();q.pop(),vis[u]=0;
35 for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
36 int v=ver[i];
37 if(flow[i]&&dis[v]>dis[u]+edge[i]){
38 dis[v]=dis[u]+edge[i],Pre[v]=u,last[v]=i;
39 disf[v]=min(disf[u],flow[i]);
40 if(!vis[v]) vis[v]=1,q.push(v);
41 }
42 }
43 }
44 return ~Pre[t];
45 }
46 int dinic(){
47 int mincost=0;
48 while(spfa()){
49 int u=t;mincost+=disf[t]*dis[t];
50 while(u!=s){
51 flow[last[u]]-=disf[t],flow[last[u]^1]+=disf[t];
52 u=Pre[u];
53 }
54 }
55 return mincost;
56 }
57 int main(){
58 m=read(),n=read();
59 s=0,t=n*m+n+1;
60 for(int i=1;i<=n;++i) add(s,i,1,0);
61 for(int i=1;i<=m;++i)
62 for(int j=1;j<=n;++j)
63 add(n+id(i,j),t,1,0);
64 for(int i=1;i<=n;++i)
65 for(int j=1;j<=m;++j){
66 int cost=read();
67 for(int k=1;k<=n;++k){
68 add(i,n+id(j,k),1,cost*k);
69 }
70 }
71 printf("%.2lf",(double)dinic()/n);
72 return 0;
73 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/9510697.html