(题目链接)
题意
给出一个$2*N$个点的二分图，$N*N$条边，连接$i$和$j$的边有两个权值$A[i][j]$和$B[i][j]$。求$A$的和与$B$的和之积最小是多少。
Solution
很经典的一个模型，右转题解→_→：
对于一类乘积最小的题目的方法，我们都可以把每种方案的$x$之和与$y$之和作为它们的坐标$(x,y)$
要让乘积最小，那么作为答案的点一定在下凸壳上
我们先求出$x$最小的方案的坐标，再求出$y$最小的方案的坐标
这就是凸壳的两个端点$A$和$B$
然后考虑分治，每次找出离直线$AB$最远的点$C$，再继续递归处理
要使距离最远，那么就是使向量$AB$与$AC$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：$c.x*(b.y-a.y)+c.y*(a.x-b.x)-a.x*(b.y-a.y)+a.y*(b.x-a.x)$
后面一部分是常数不用管，我们只要使$c.x*(b.y-a.y)+c.y*(a.x-b.x)$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
然而我还不会KM，还学习了一发KM。
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.$x$，$y$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。
所以只有情况$2$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。
细节
听说这题卡常。。
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
代码
// bzoj3571#include#include #include #include #include #include #include #define LL long long#define inf (1ll<<30)#define MOD 1000000007#define Pi acos(-1.0)#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);using namespace std;const int maxn=100;int vx[maxn],vy[maxn],lx[maxn],ly[maxn],p[maxn],sla[maxn];int n,g[maxn][maxn],A[maxn][maxn],B[maxn][maxn];struct point {int x,y; friend bool operator == (point a,point b) { return a.x==b.x && a.y==b.y; }}L,R;int match(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 (!p[y] || match(p[y])) {p[y]=x;return 1;} } else sla[y]=min(sla[y],t); } return 0;}point KM() { memset(lx,0,sizeof(lx)); memset(ly,0,sizeof(ly)); memset(p,0,sizeof(p)); 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,0x7f,sizeof(sla)); while (1) { memset(vx,0,sizeof(vx));memset(vy,0,sizeof(vy)); if (match(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; } } } point ans=(point){0,0}; for (int i=1;i<=n;i++) ans.x+=A[p[i]][i],ans.y+=B[p[i]][i]; return ans;}int solve(point l,point 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); point 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() { int T;scanf("%d",&T); while (T--) { 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]; L=KM(); for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=n;j++) g[i][j]=-B[i][j]; R=KM(); printf("%d\n",solve(L,R)); } return 0;}