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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。
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
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
const int maxn=75,inf=1061109567;
using namespace std;
struct poi{int x,y;}le,ri;
int cas,n,A[maxn][maxn],B[maxn][maxn],g[maxn][maxn],lx[maxn],ly[maxn],mat[maxn],sla[maxn];
bool vx[maxn],vy[maxn];
bool operator ==(poi a,poi b){return a.x==b.x&&a.y==b.y;}
bool dfs(int x){
vx[x]=1;
for (int y=1;y<=n;y++)
if (!vy[y]){
int t=lx[x]+ly[y]-g[x][y];
if (!t){
vy[y]=1;
if (!mat[y]||dfs(mat[y])){mat[y]=x;return 1;}
}
else sla[y]=min(sla[y],t);
}
return 0;
}
poi KM(){
memset(lx,0,sizeof(lx)),memset(ly,0,sizeof(ly)),memset(mat,0,sizeof(mat));
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));
for (;;){
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[mat[i]][i],ans.y+=B[mat[i]][i];
return ans;
}
int solve(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);
return min(solve(l,mid),solve(mid,r));
}
int main(){
scanf("%d",&cas);
for (int pp=1;pp<=cas;pp++){
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
",solve(le,ri));
}
return 0;
}