bzoj3571
传送门http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3571
题解：
——————来自伟大的thy大神 http://blog.csdn.net/thy_asdf/article/details/50382556
思路：首先看到题目的这个形式，就可以想到最小乘积生成树
这题就是要求最小乘积匹配。
对于这一类问题，我们都可以把每种方案的x之和与y之和作为它的坐标(x,y)
要让乘积最小，那么可能的方案的坐标一定在一个下凸壳上。
首先我们求出x最小的方案的坐标，再求出y最小方案的坐标
这就是凸壳的两个端点A，B。
然后考虑分治，每次找出离直线AB最远的点C，再继续处理
要使距离最远，就是使向量AB和向量AC的叉积最大
即最大化(c.x-a.x)*(b.y-a.y)-(c.y-a.y)*(b.x-a.x)
即c.x*(b.y-a.y)+c.y*(a.x-b.x) -a.x*(b.y-a.y)+a.y*(b.x-a.x)
后面的一部分是常数，不用管。
就是要使c.x*(b.y-a.y)+c.y*(a.x-b.x) 最大化
那么把A[i][j]*(b.y-a.y)+B[i][j]*(a.x-b.x) 做i匹配j的边权
跑一遍KM求出最大匹配即可得出叉积最大的匹配
对于其他的最小乘积XXX，就类似地每次跑一遍XXX的算法求出离AB最远的方案即可
直到不可以继续细分下去就返回两端点的匹配较小的一个即可
虽然可以通过把所有方案构造在凸壳上卡掉这个算法，但随机情况下还是很快的
顺带复习一下KM算法。
KM算法使用来求完备匹配时的最大权匹配，就是所有的x都匹配到一个y，所有y都匹配到一个x
每个点都有一个顶标lx[i],ly[i]，设ij匹配的权值为g[i][j]
那么要一直满足任意的一组顶标lx[i]+ly[j]>=g[i][j]
把所有lx[i]+ly[j]==g[i][j]的边拿出来之后的图，如果有完备匹配
那这个完备匹配就一定是最大权匹配。
简单理解就是这个匹配的权值此时一定是所有顶标的和
对于有不在新图中的边(a,b)的另一个匹配
因为g[a][b]<lx[a]+ly[b]，所以这个匹配的权值要更小。
lx[i]初值设为max(g[i][j]),ly[i]初值设为0，就满足顶标的条件
然后我们要修改顶标权值，使之在满足条件的前提下，让更多的边进入新图中，才有可能得到一个完备匹配
把所有在当前新图中的匹配中的x的顶标lx[x]减去d，把所有在当前新图中的匹配中的y的顶标加上d
但我们还要满足lx[i]+ly[j]>=g[i][j]
所以d应该取不在当前匹配的y中的min(lx[x]+ly[y]-g[x][y])(x与y有边)，这才可以使改变d后的图满足lx[i]+ly[j]>=g[i][j]
那么为什么这样会有新边增加？
对于边(x,y)
1.x，y都在当前匹配lx[x]-=d,ly[y]+=d和不变，原来在新图中，现在还在新图中；
2.x在，y不在，lx[x]-=d,ly[y]不变，原来不在新图中，现在和减小了，可能出现在新图中；
3.x不在，y在，lx[x]不变，ly[y]+=d，原来不在新图中，现在和变大了，不会进入新图中；
4.xy都不在，那么lx[x],ly[y]都不变，原来不在新图中，现在也不在新图中。
所以只有2会产生新边，不会有边消失，那么新图的边数会越来越大，直到找到一个完备匹配。
代码：
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #define inf 0x7fffffff struct poi{int x,y;}le,ri; int lx[75],ly[75],sla[75]; int g[75][75],a[75][75],b[75][75],f[75]; int n; bool vx[75],vy[75]; bool operator ==(poi a,poi b){return a.x==b.x&&a.y==b.y;} using namespace std; bool dfs(int x) { vx[x]=true; for (int y=1; y<=n; y++) { if (!vy[y]) { int t=lx[x]+ly[y]-g[x][y]; if (!t) { vy[y]=true; if (!f[y]||dfs(f[y])) { f[y]=x; return true; } } else sla[y]=min(sla[y],t); } } return false; } poi km() { memset(lx,0,sizeof(lx)); memset(ly,0,sizeof(ly)); memset(f,0,sizeof(f)); for (int i=1; i<=n; i++) for (int j=1; j<=n; j++) lx[i]=max(lx[i],g[i][j]); for (int x=1; x<=n; x++) { memset(sla,63,sizeof(sla)); while (true) { memset(vx,0,sizeof(vx)); memset(vy,0,sizeof(vy)); if (dfs(x)) break; int d=inf; for (int i=1; i<=n; i++) if (!vy[i]) d=min(d,sla[i]); for (int i=1; i<=n; i++) { if (vx[i]) lx[i]-=d; if (vy[i]) ly[i]+=d; } } } poi ans=(poi) {0,0}; for (int i=1; i<=n; i++) ans.x+=a[f[i]][i], ans.y+=b[f[i]][i]; return ans; } int slove(poi l,poi r) { for(int i=1; i<=n; i++) for (int j=1; j<=n; j++) g[i][j]=a[i][j]*(r.y-l.y)+b[i][j]*(l.x-r.x); poi mid=km(); if (l==mid||r==mid) return min(l.x*l.y,r.x*r.y); else return min(slove(l,mid),slove(mid,r)); } int main() { int t; scanf("%d",&t); for (int z=1; z<=t; z++) { scanf("%d",&n); for (int i=1; i<=n; i++) for (int j=1; j<=n; j++) scanf("%d",&a[i][j]); for (int i=1; i<=n; i++) for (int j=1; j<=n; j++) scanf("%d",&b[i][j]); for (int i=1; i<=n; i++) for (int j=1; j<=n; j++) g[i][j]=-a[i][j];le=km(); for (int i=1; i<=n; i++) for (int j=1; j<=n; j++) g[i][j]=-b[i][j];ri=km(); printf("%d ",slove(le,ri)); } }
这样是O（n^4）的，所以有一个优化，记录一个slack数组 slack[y]=min(lx[x]+ly[y]-g[x][y])(x与y有边)
每次求d就只要对不在匹配中的y的slack取min即可