P4016 负载平衡问题
题目描述
GG 公司有 nn 个沿铁路运输线环形排列的仓库，每个仓库存储的货物数量不等。如何用最少搬运量可以使 nn 个仓库的库存数量相同。搬运货物时，只能在相邻的仓库之间搬运。
输入格式
文件的第 11 行中有 11 个正整数 nn，表示有 nn 个仓库。
第 22 行中有 nn 个正整数，表示 nn 个仓库的库存量。
输出格式
输出最少搬运量。
输入输出样例
输入 #1复制
5
17 9 14 16 4
输出 #1复制
11
说明/提示
\(1<=n<=100\)
思路：
「问题分析」
转化为供求平衡问题，用最小费用最大流解决。
「建模方法」
首先求出所有仓库存货量平均值，设第i个仓库的盈余量为A[i]，A[i] = 第i个仓库原有存货量 – 平均存货量。建立二分图，把每个仓库抽象为两个节点Xi和Yi。增设附加源S汇T。
1、如果A[i]>0，从S向Xi连一条容量为A[i]，费用为0的有向边。
2、如果A[i]<0，从Yi向T连一条容量为-A[i]，费用为0的有向边。
3、每个Xi向两个相邻顶点j，从Xi到Xj连接一条容量为无穷大，费用为1的有向边，从Xi到Yj连接一条容量为无穷大，费用为1的有向边。
求最小费用最大流，最小费用流值就是最少搬运量。
「建模分析」
计算出每个仓库的盈余后，可以把问题转化为供求问题。建立供求网络，把二分图X集合中所有节点看做供应节点，Y集合所有节点看做需求节点，在能一次搬运满足供需的Xi和Yj之间连接一条费用为1的有向边，表示搬运一个单位货物费用为1。另外还要在Xi与相邻的Xj之间连接边，表示货物可以暂时搬运过去，不立即满足需求，费用也为1。最大流满足了所有的盈余和亏损供求平衡，最小费用就是最少搬运量。
以上拷贝自：http://hzwer.com/1955.html 这位聚聚博主。
我的代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define sz(a) int(a.size())
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define chu(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
#define du3(a,b,c) scanf("%d %d %d",&(a),&(b),&(c))
#define du2(a,b) scanf("%d %d",&(a),&(b))
#define du1(a) scanf("%d",&(a));
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) {a %= MOD; if (a == 0ll) {return 0ll;} ll ans = 1; while (b) {if (b & 1) {ans = ans * a % MOD;} a = a * a % MOD; b >>= 1;} return ans;}
void Pv(const vector<int> &V) {int Len = sz(V); for (int i = 0; i < Len; ++i) {printf("%d", V[i] ); if (i != Len - 1) {printf(" ");} else {printf("\n");}}}
void Pvl(const vector<ll> &V) {int Len = sz(V); for (int i = 0; i < Len; ++i) {printf("%lld", V[i] ); if (i != Len - 1) {printf(" ");} else {printf("\n");}}}
inline void getInt(int* p);
const int maxn = 1000010;
// const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
const int MAX_N = 1000;
const int MAX_M = 10000;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
// int s, t;
struct edge {
int v, c, w, next; // v 表示边的另一个顶点，c 表示当前剩余容量，w 表示单位流量费用
} e[MAX_M];
int p[MAX_N], s, t, eid; // s 表示源点，t 表示汇点，需要在进行 costflow 之前设置完毕
void init() {
memset(p, -1, sizeof(p));
eid = 0;
}
void insert(int u, int v, int c, int w) {
e[eid].v = v;
e[eid].c = c;
e[eid].w = w;
e[eid].next = p[u];
p[u] = eid++;
}
void addedge(int u, int v, int c, int w) {
insert(u, v, c, w);
insert(v, u, 0, -w);
}
bool inq[MAX_N];
int d[MAX_N]; // 如果到顶点 i 的距离是 0x3f3f3f3f，则说明不存在源点到 i 的最短路
int pre[MAX_N]; // 最短路中连向当前顶点的边的编号
bool spfa() { // 以源点 s 为起点计算单源最短路，如果不存在从 s 到 t 的路径则返回 false，否则返回 true
memset(inq, 0, sizeof(inq));
memset(d, 0x3f, sizeof(d));
memset(pre, -1, sizeof(pre));
d[s] = 0;
inq[s] = true;
queue<int> q;
q.push(s);
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
inq[u] = false;
for (int i = p[u]; i != -1; i = e[i].next) {
if (e[i].c) { //注意这个条件！！！spfa这里是以w求最短路的，但仍然不能忽略容量c的考虑！
int v = e[i].v;
if (d[u] + e[i].w < d[v]) {
d[v] = d[u] + e[i].w;
pre[v] = i;
if (!inq[v]) {
q.push(v);
inq[v] = true;
}
}
}
}
}
return pre[t] != -1;
}
int min_cost_flow() { // 计算最小费用最大流
int ret = 0; // 累加和
while (spfa()) {
int flow = inf;
for (int i = t; i != s; i = e[pre[i] ^ 1].v) {
flow = min(e[pre[i]].c, flow); // 计算当前增广路上的最小流量
}
for (int i = t; i != s; i = e[pre[i] ^ 1].v) {
e[pre[i]].c -= flow; //容量是一定要跟着变化的，毕竟要继续循环使用spfa来更新下一条“能走的（看容量）”最短路。
e[pre[i] ^ 1].c += flow;
ret += e[pre[i]].w * flow;
}
}
return ret;
}
int n;
int a[MAX_N];
int main()
{
//freopen("D:\\code\\text\\input.txt","r",stdin);
//freopen("D:\\code\\text\\output.txt","w",stdout);
init();
du1(n);
int sum = 0;
repd(i, 1, n)
{
du1(a[i]);
sum += a[i];
}
sum /= n;
s = 0;
t = n * 2 + 1;
repd(i, 1, n)
{
a[i] -= sum;
if (a[i] > 0)
{
addedge(s, i, a[i], 0);
} else
{
addedge(i + n, t, -a[i], 0);
}
if (i - 1 > 0)
{
addedge(i, i + n - 1, inf, 1);
addedge(i, i - 1, inf, 1);
}
if (i + 1 < n + 1)
{
addedge(i, i + n + 1, inf, 1);
addedge(i, i + 1, inf, 1);
}
}
addedge(1, n, inf, 1);
addedge(1, n * 2, inf, 1);
addedge(n, 1, inf, 1);
addedge(n, 1 + n, inf, 1);
printf("%d\n", min_cost_flow() );
return 0;
}
inline void getInt(int* p) {
char ch;
do {
ch = getchar();
} while (ch == ' ' || ch == '\n');
if (ch == '-') {
*p = -(getchar() - '0');
while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
*p = *p * 10 - ch + '0';
}
}
else {
*p = ch - '0';
while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
*p = *p * 10 + ch - '0';
}
}
}
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