洛谷P4016 负载平衡问题_洛谷p4162-优快云博客

本文探讨了一个关于仓库间货物平衡的问题，并提出了两种利用费用流算法解决该问题的方法。第一种方法通过直接建立超级源点和超级汇点来解决，第二种方法则是通过对每个仓库进行拆点处理来实现。两种方法均详细介绍了建图过程和核心代码。

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题目描述

$G$ 公司有 $n$ 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 $n$ 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。

输入输出格式

输入格式：

文件的第 $1$ 行中有 $1$ 个正整数 $n$ ，表示有 $n$ 个仓库。

第 $2$ 行中有 $n$ 个正整数，表示 $n$ 个仓库的库存量。

输出格式：

输出最少搬运量。

输入输出样例

输入样例#1：

5
17 9 14 16 4

输出样例#1：

说明

$\leq n \leq 100$

一看可能以为是网络流，但是每条边流量不知道。

再一想，每条边搬运量=每条边流量*1,1 为每条边的费用。

于是：费用流！！！

最大流保证能够平衡货物，而最小费用流能保证运输的货物最少。

这里提供两种方案：

一、不拆点：

在环上的任何一个点作为源和汇肯定都不合适，因此超级源和超级汇是必须的，然后建立下面三种边：

1.多于平均值的点由源点建边，他们需要向汇点提供一些物品，流量即为其值减平均值，这里只是声明关系，所以费用为0；反向边正常建立，流量0费用0

2.少于平均值的点向汇点建边，他们需要由源点接收一些物品，流量即为平均值减其值，这里也是声明关系，所以费用为0；反向边正常建立，流量0费用0

3.相邻的点之间互相建边，如果经过他，代表移动了货物，故需要支出费用的，一单位货物需要一单位费用，所以这些边的费用为1，流量无限制（INF）；反向边也是正常建，流量0费用-1。注意因为是环所以n和1也要建边。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define MAXN 110
#define MAX 999999999
using namespace std;
int n,s,t,c=2,sum=0,mincost=0;
int head[MAXN],deep[MAXN],path[MAXN],fa[MAXN],flow[MAXN],val[MAXN];
bool vis[MAXN];
struct node{
	int next,to,w,cost;
}a[MAXN<<3];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
	return date*w;
}
inline int relax(int u,int v,int i,int w,int cost){
	if(path[v]>path[u]+cost){
		path[v]=path[u]+cost;
		fa[v]=u;
		deep[v]=i;
		flow[v]=min(flow[u],w);
		return 1;
	}
	return 0;
}
inline void add(int u,int v,int w,int cost){
	a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].cost=cost;
	a[c].next=head[u];
	head[u]=c++;
	a[c].to=u;a[c].w=0;a[c].cost=-cost;
	a[c].next=head[v];
	head[v]=c++;
}
bool spfa(){
	int u,v;
	queue<int> q;
	for(int i=s;i<=t;i++){path[i]=MAX;vis[i]=false;fa[i]=-1;}
	path[s]=0;
	vis[s]=true;
	fa[s]=0;
	flow[s]=MAX;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
		u=q.front();
		q.pop();
		vis[u]=false;
		for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
			v=a[i].to;
			if(a[i].w&&relax(u,v,i,a[i].w,a[i].cost)&&!vis[v]){
				vis[v]=true;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	if(path[t]==MAX)return false;
	return true;
}
void EK(){
	while(spfa()){
		for(int i=t;i!=s;i=fa[i]){
			a[deep[i]].w-=flow[t];
			a[deep[i]^1].w+=flow[t];
		}
		mincost+=path[t]*flow[t];
	}
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		val[i]=read();
		sum+=val[i];
	}
	sum/=n;
	s=0;t=n+1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(val[i]>sum)add(s,i,val[i]-sum,0);
		else if(val[i]<sum)add(i,t,sum-val[i],0);
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		add(i,i+1,MAX,1);
		add(i+1,i,MAX,1);
	}
	add(1,n,MAX,1);
	add(n,1,MAX,1);
	EK();
	printf("%d\n",mincost);
	return 0;
}

二、拆点：

我们对每个仓库创建两个节点 $X_i$ 和 $Y_i$ ，前者为供应节点，后者为需求节点。求出最终要达到的货物值即平均数，然后把初始值处理成偏移值（初始值-平均数）。

偏移小于0。表明这个节点需要运入货物，将节点的 $X_i$ 与源点 $S$ 相连，容量为偏移，费用为0。
偏移大于0。表明这个节点需要运出货物，将节点的 $Y_i$ 与汇点 $T$ 相连，容量为偏移的绝对值，费用为0。

然后再考虑相邻节点的关系。

相邻节点互相补充。将 $X_i$ 与 $Y_j$ 相连，容量为 $\infty$ ，费用为1，表示运输单位货物需要1的费用。
不是直接补充，而是作为中间节点转运。将 $X_i$ 与 $X_j$ 相连，容量为 $\infty$ ，费用为1，意义同上。

以以上方式建图跑最小费用最大流即可。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define MAXN 210
#define MAX 999999999
using namespace std;
int n,s,t,c=2,sum=0,mincost=0;
int head[MAXN],deep[MAXN],path[MAXN],fa[MAXN],flow[MAXN],val[MAXN];
bool vis[MAXN];
struct node{
	int next,to,w,cost;
}a[MAXN<<3];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
	return date*w;
}
inline int relax(int u,int v,int i,int w,int cost){
	if(path[v]>path[u]+cost){
		path[v]=path[u]+cost;
		fa[v]=u;
		deep[v]=i;
		flow[v]=min(flow[u],w);
		return 1;
	}
	return 0;
}
inline void add(int u,int v,int w,int cost){
	a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].cost=cost;
	a[c].next=head[u];
	head[u]=c++;
	a[c].to=u;a[c].w=0;a[c].cost=-cost;
	a[c].next=head[v];
	head[v]=c++;
}
bool spfa(){
	int u,v;
	queue<int> q;
	for(int i=s;i<=t;i++){path[i]=MAX;vis[i]=false;fa[i]=-1;}
	path[s]=0;
	vis[s]=true;
	fa[s]=0;
	flow[s]=MAX;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
		u=q.front();
		q.pop();
		vis[u]=false;
		for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
			v=a[i].to;
			if(a[i].w&&relax(u,v,i,a[i].w,a[i].cost)&&!vis[v]){
				vis[v]=true;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	if(path[t]==MAX)return false;
	return true;
}
void EK(){
	while(spfa()){
		for(int i=t;i!=s;i=fa[i]){
			a[deep[i]].w-=flow[t];
			a[deep[i]^1].w+=flow[t];
		}
		mincost+=path[t]*flow[t];
	}
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		val[i]=read();
		sum+=val[i];
	}
	sum/=n;
	s=0;t=2*n+1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(val[i]>sum)add(s,i,val[i]-sum,0);
		else if(val[i]<sum)add(i+n,t,sum-val[i],0);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i-1>0){add(i,i-1,MAX,1);add(i,i-1+n,MAX,1);}
		if(i+1<=n){add(i,i+1,MAX,1);add(i,i+1+n,MAX,1);}
	}
	add(1,n,MAX,1);add(1,2*n,MAX,1);
	add(n,1,MAX,1);add(n,1+n,MAX,1);
	EK();
	printf("%d\n",mincost);
	return 0;
}