网络流/费用流

关键就是把每个技术员拆成n个点，表示这个技术员倒数第几个修的车子。。

考虑第i个工人，他修第j辆车只对后面要修的车有影响，而前面修过的车已经对当前没有影响了。
而这个影响就是后面每个将要修理的车都多等待了time的时间。

说一下我的思考过程吧：（好混乱……）

　　对于每辆车只修一次，所以每辆车跟S连(1,0)边（表示流量为1，费用为0）。

　　然后每辆车的修车时间怎么算呢？每辆车都跟每个修理工连边，这是肯定的……但是还有等待啊，等待的时间怎么算呢？

　　倒过来考虑，假如我们现在有一个修理方案，修理工A的修理顺序是1、2、4、6、7，那么他修1号车对于总等待时间的贡献就是time[1][A]*5，因为后面四辆车还得等着嘛；以此类推，修4号车的cost为time[4][A]*3……即倒数第 j 辆车的修理时间cost为time[car[j]][A]*j

　　已知了修理方案我们怎么用费用流的模型来表示出来它呢？

　　我们可以把每个修理工拆开！将一个修理工拆成n个点，第 j 个点表示这个修理工按序修的倒数第 j 辆车，由这个点连向所有车，流量为1，cost就为time[ 这辆车 ][ 这个修理工 ]*j，那么刚刚的例子中，第1号车就连向了修理工A的倒数第5个点，2号车连着倒数第4个点……

　　如果最优方案中A修的车没有5辆？而是1、4、7？那第一辆车肯定就不会去连倒数第5个点了，因为是最小费用流嘛，它就会连到倒数第3个点，4号车就会连到倒数第二个点……

　　这样建图，其实是把所有的方案都枚举了出来，每种修理方案都对应着一个流！

  1 /**************************************************************
  2     Problem: 1070
  3     User: Tunix
  4     Language: C++
  5     Result: Accepted
  6     Time:464 ms
  7     Memory:6012 kb
  8 ****************************************************************/
  9
 10 //BZOJ 1070
 11 #include<cmath>
 12 #include<vector>
 13 #include<cstdio>
 14 #include<cstring>
 15 #include<cstdlib>
 16 #include<iostream>
 17 #include<algorithm>
 18 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
 19 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
 20 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
 21 #define pb push_back
 22 #define CC(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 23 using namespace std;
 24 int getint(){
 25     int v=0,sign=1; char ch=getchar();
 26     while(!isdigit(ch)) {if(ch==‘-‘) sign=-1; ch=getchar();}
 27     while(isdigit(ch))  {v=v*10+ch-‘0‘; ch=getchar();}
 28     return v*sign;
 29 }
 30 const int N=1005,M=200001,INF=~0u>>2;
 31 const double eps=1e-8;
 32 /*******************template********************/
 33 int n,m,ans,tim[100][100];
 34 struct edge{int from,to,v,c;};
 35 struct Net{
 36     edge E[M];
 37     int head[N],next[M],cnt;
 38     void ins(int x,int y,int z,int c){
 39         E[++cnt]=(edge){x,y,z,c};
 40         next[cnt]=head[x]; head[x]=cnt;
 41     }
 42     void add(int x,int y,int z,int c){
 43         ins(x,y,z,c); ins(y,x,0,-c);
 44     }
 45     int from[N],Q[M],S,T,d[N];
 46     bool inq[N];
 47     bool spfa(){
 48         int l=0,r=-1;
 49         F(i,S,T) d[i]=INF;
 50         d[S]=0; Q[++r]=S; inq[S]=1;
 51         while(l<=r){
 52             int x=Q[l++];
 53             inq[x]=0;
 54             for(int i=head[x];i;i=next[i])
 55                 if (E[i].v && d[x]+E[i].c<d[E[i].to]){
 56                     d[E[i].to]=d[x]+E[i].c;
 57                     from[E[i].to]=i;
 58                     if(!inq[E[i].to]){
 59                         Q[++r]=E[i].to;
 60                         inq[E[i].to]=1;
 61                     }
 62                 }
 63         }
 64         return d[T]!=INF;
 65     }
 66     void mcf(){
 67         int x=INF;
 68         for(int i=from[T];i;i=from[E[i].from])
 69             x=min(x,E[i].v);
 70         for(int i=from[T];i;i=from[E[i].from]){
 71             E[i].v-=x;
 72             E[i^1].v+=x;
 73             ans+=x*E[i].c;
 74         }
 75 //      ans+=x*d[t];
 76     }
 77     void init(){
 78         m=getint(); n=getint(); cnt=1;
 79         F(i,1,n)
 80             F(j,1,m) tim[i][j]=getint();
 81         S=0; T=n+n*m+1;
 82         F(i,1,n) add(S,i,1,0);
 83         F(i,n+1,n+n*m) add(i,T,1,0);
 84         F(i,1,n)
 85             F(j,1,m)
 86                 F(k,1,n)//枚举这 第i辆车是第j个人修的第k辆
 87                     add(i,j*n+k,1,(n-k+1)*tim[i][j]);
 88         ans=0;
 89         while(spfa()) mcf();
 90         printf("%.2lf\n",double(ans)/n);
 91     }
 92 }G1;
 93 int main(){
 94 #ifndef ONLINE_JUDGE
 95     freopen("input.txt","r",stdin);
 96 //  freopen("output.txt","w",stdout);
 97 #endif
 98     G1.init();
 99     return 0;
100 }
101