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求最小平均等待时间就相当于求最小总等待时间
考虑对于一个技术人员的修车顺序，$k_1,k_2,k_3,...,k_p$
这 $p$ 辆车的车主的总等待时间为 $t_{k_1},t_{k_1}+t_{k_2},t_{k_1}+t_{k_2}+t_{k_3},...,t_{k_1}+t_{k_2}+t_{k_3}+...+t_{k_p}$
把同种的 $t$ 放在一起，考虑每种 $t$ 的贡献：$t_{k_1}*p,t_{k_2}*(p-1),t_{k_3}*(p-2),...,t_{k_p}*1$
可以发现，如果车 $x$ 在修车顺序中为 $y$，总修车数为 $p$，那么 $x$ 的贡献就是 $t_x*(p-y+1)$
倒过来，如果 $x$ 在倒过来的修车顺序中为 $y$，总修车数为 $p$，那么 $x$ 的贡献就是 $t_x*y$
考虑构建这样一个费用流模型， $m$ 个技术人员拆成 $n$ 个点，每辆车往所有这些点连边，
车 $x$ 连向第 $i$ 个技术人员的第 $j$ 个点的边表示，车 $x$ 可以选择让第 $i$ 个人倒数第 $j$ 个修
那么对于每辆车 $x$ ， $S$ 向 $x$ 连一条流量为 $1$，费用为 $0$ 的边，表示这种车只有一辆
每辆车 $x$ 向所有技术人员的 $m*n$ 个点 $y$（设此点表示第 $i$ 个人倒数第 $j$ 个修 ）连边，流量为 $1$，费用为 $cst[i][x]*j$（$cst[i][x]$ 表示第 $i$ 个人修第 $x$ 辆车需要的时间）
对于所有技术人员的 $m*n$ 个点，向 $T$ 一条流量为 $1$，费用 $0$ 的边
然后最小费用最大流就是答案了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) { if(ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar(); } while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2e5+7,INF=1e9+7; int fir[N],from[N<<1],to[N<<1],val[N<<1],cst[N<<1],cntt=1; inline void add(int a,int b,int c,int d) { from[++cntt]=fir[a]; fir[a]=cntt; to[cntt]=b; val[cntt]=c; cst[cntt]=d; from[++cntt]=fir[b]; fir[b]=cntt; to[cntt]=a; val[cntt]=0; cst[cntt]=-d; } int mif[N],pre[N],dis[N],S,T; bool inq[N]; queue <int> q; bool BFS() { for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=INF; q.push(S); dis[S]=0; inq[S]=1; mif[S]=INF; while(!q.empty()) { int x=q.front(); q.pop(); inq[x]=0; for(int i=fir[x];i;i=from[i]) { int &v=to[i]; if( !val[i] || dis[v]<=dis[x]+cst[i] ) continue; dis[v]=dis[x]+cst[i]; pre[v]=i; mif[v]=min(mif[x],val[i]); if(!inq[v]) q.push(v),inq[v]=1; } } return dis[T]<INF; } int ans; void upd() { for(int now=T,i=pre[T]; now!=S; now=to[i^1],i=pre[now]) val[i]-=mif[T],val[i^1]+=mif[T]; ans+=mif[T]*dis[T]; } int m,n,nm; int main() { m=read(),n=read(); int t; nm=n*m; S=0,T=nm+n+1; for(int i=1;i<=n;i++) add(S,nm+i,1,0); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { t=read(); for(int k=1;k<=n;k++) add(nm+i,(j-1)*n+k,1,t*k); } for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=n;j++) add((i-1)*n+j,T,1,0); while(BFS()) upd(); printf("%.2lf",1.0*ans/n); return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/LLTYYC/p/10761486.html
