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大致题意：
火星人侵略地球，他们意图登陆破坏某个地区的兵器工厂。据探子回报，火星人登陆的地区为n*m大小的地域，而且每一个火星人的着陆点坐标已知。
火星人很强悍，只要有一个火星人着陆后能够幸存，他必定能毁坏这片区域的全部兵工厂。为了防止这种情况发生，必须保证在火星人着陆的一瞬间把他们全部同时杀死。
现在防卫队有一个激光枪，开一枪就能把 在同一行（或同一列）着陆的火星人全部杀死。但是这种激光枪的使用是有代价的，把这种激光枪安装到不同行的行首、或者不同列的列首，费用都不同。现在已知把激光枪安装到任意位置的费用，总的花费为这些安装了激光枪的行列花费的乘积。
问怎样安装激光枪才能在杀死所有火星人的前提下费用最少？
解题思路：
Dinic算法求解最大流问题。
这题和POJ3041非常相似，但却并不是一回事。3041是要求开枪的次数最少破坏全部陨石，而本题是要求开枪的花费最少杀死全部火星人，由于在不同位置开枪的代价不同，因此“花费最小不一定就是开枪次数最少”，这个要注意。
本题的模型是显然是一个二分图，并且是二分图中直观的顶点覆盖问题。
首先说说“覆盖”的大致概念：图G的一个顶点覆盖是由一些顶点构成的集合Q∈V(G), 又G中有若干条边的集合P∈E(G)，这些边均至少有一个端点在Q内，则P被Q顶点覆盖。
二分图中的顶点覆盖问题是，如果覆盖每个顶点需要付出不同的代价，也可以说是不同的花费，或称为点权（或为容量），那么问题可以描述成，在保证覆盖所有边的情况下，如何使得权和最小。
求二分图顶点覆盖问题，都是转化为最小割问题去求解，转化方法如下：
建超级源S 和超级汇 T，假设二分图两个点集分别为 X 和 Y。X和Y原来的边容量设为INF，将S到X里每个点x连一条边，边权为x的点权，也可以看做覆盖点x的所有出边的花费(W-)，将Y里每个点y到T连一条边，边权为y的点权，也可以看做覆盖点y的所有入边的花费(W+)。这样求得最小割容量，即为原问题的解。
/************这是对这个转化方法的解释和证明，有兴趣的同学可以看看************/
X到Y的边权为INF，自然不会成为最小割中的边，那就只有可能是S到X和Y到T中的边，而：S到X中点x的边e1, 权为点x的点权，点x和Y中的所有临边e2，都需要受到e1的流量的限制，同样，X到Y中点y的所有边也会受到点y到T的容量限制。这样求得割就能保证覆盖掉所有的边。
我们可以用反证法证明一下：假设有边<x, y>没有被覆盖掉，则边<S, x>流量为0且边<y, T>流量为0，而<x, y>流量为INF，自然可以找到一条S到T的增流路径<S, x, y, T>，与以求得流为最大流相矛盾，则可以说明，在最大流的情况下，所有的边都已经被覆盖掉。
而最小割问题可以用最大流来解决，问题就变得简单了。
/****************************************************************************/
而我们又知道，图G的最小割的容量，等于其最大流的流量，因此本题最终是转化为最大流问题求解。（据我所知，还没有直接求最小割的算法）
下面说说本题的详细解题过程：
1、 构造二分图
构造方法按照上述把“顶点覆盖问题转化为最小割问题”的方法去处理：
显然取行坐标为二分图的X集合，编号为1~N，点权就是激光炮在第i行射一炮的费用ri；列坐标为二分图的Y集合，编号为N+1~N+M，点权就是激光炮在第j列射一炮的费用cj。
然后建立超级源S，编号为0，超级汇T，编号为N+M+1。S向X集合每个点都连一条正向弧，边容量为第i点的点权；Y集合每个点都向T连一条正向弧，边容量为第j点的点权。而落有伞兵火星人的区域，表示该位置的x与y是连通的，则从X集合取该点与Y集合的对应点连一条正向弧，边容量为无限大inf。
X集合每个点到S的反向弧、T到Y集合每个点的反向弧，落有火星人区域的y 到x的反向弧，也都要连上边（这是为了后续的Dinic算法在增广链上调整流量之用），但边容量默认为0，表示不连通。
2、 此时问题转化为最小割问题，因为图G的最小割的容量，等于其最大流的流量，因此用求最大流的方法去求解。
但本题数据比较BT，常规求最大流的方法（压入重标法）会TLE，因此只能用相对更高效的Dinic算法。循环：一次BFS对残余图分层，一次DFS在层次图上求一条增广链，调整最大流。不懂Dinic的同学建议先去查阅相关资料，边学边做吧！
注意：
1、 double精度的问题。
本题有一句这样的话：the total cost of constructing a system firing all guns simultaneously is equal to the product of their costs.
其中product不是“产品”的意思，而是“乘积”的意思，英语差的同学建议查字典。
因此为了方便求最大流，应该首先对所有费用（点权）求一次自然对数，把乘法转变为加法。最后再对累加的最小费用求一次exp，就是答案。
而自然对数log是double型的， double精度在15～16位左右，那么本题的无限大inf和最小精度eps的差距就不能超过15位，否则精度问题会把你WA成sb。
而又由于，eps要开到输出小数位数两倍的原则（本题要求取到4位小数），那么eps在本题中开到1e-8就是很有必要的一件事情，所以相应的inf最多只能开到1e8。（但其实呢，2倍原则一般针对带有乘除法的浮点型问题，所以本题只开到1e-5或者1e-6亦可）
但注意本题中的另一个性质，取对数，任何数字取对数log之后就会变得很小（别告诉我你不知道O(logN)的算法有多么快），所以这题的inf开的很小就好。（inf开到1e2都能过，说明poj还比较仁慈，没有添加什么超2^100的数据。）
2、 存储问题。
本题推荐用邻接链表存储，邻接矩阵不可能不超时的。还有，上面构图时已经提及过了，在把二分图构造为单源单汇网络流时，看似都是只有一个方向的有向边（正向弧），但其实反向弧也要用到的（Dinic算法），因此往链表添加边a->b时，若不顺便添加边b->a，必然会WA。
3、poj的C++ 和G++的问题。
对于双精度输出，G++上面要用%f，C++则用%lf，否则WA。
//Memory Time
// 796K 47MS
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
class Node
{
public:
int id;
class Node* next;
Node():id(-1),next(0){}
};
class solve
{
public:
solve(int n,int m,int l):N(n),M(m),L(l)
{
Initial();
Input_Creat();
Dinic();
printf("%.4lf\n",exp(MinCost));
}
~solve()
{
delete[] level;
for(int i=0;i<=T;i++)
delete[] cap[i];
EmptyList();
}
double min(double a,double b) const{return a<b?a:b;}
double inf() const{return 1e8;}
double eps() const{return 1e-8;}
double precision(double x) const{return fabs(x)<eps()?0:x;}
void Initial(void); //申请存储空间并初始化
void Input_Creat(void); //输入并创建单源单汇网络
void Dinic(void); //Dinic算法寻找最大流
bool BFS(void); //对剩余图标号分层
double DFS(int str,double flow); //搜索增广链，修正最大流
//str:搜索起点; flow:“关口点str”允许通过的最大流
void AddEdge(int a,int b); //向邻接链表加入双向弧a<->b (反向弧b->a容量默认为0)
void DelLink(Node* p); //释放以p为表头的整条链
void EmptyList(void); //释放邻接链表
protected:
int N; //行数(X点集)
int M; //列数(Y点集)
int L; //伞兵数量
int S; //超级源
int T; //超级汇
Node** LinkHead; //邻接链表表头
double** cap; //容量，在本题“费用”即“容量”
int* level; //层次图上各顶点的标号
double MinCost; //最小总费用
};
void solve::Initial(void)
{
MinCost=0;
S=0;
T=N+M+1;
LinkHead=new Node*[T+1];
for(int i=0;i<=T;i++)
LinkHead[i]=0;
cap=new double*[T+1];
for(int j=0;j<=T;j++)
{
cap[j]=new double[T+1];
memset(cap[j],0,sizeof(double)*(T+1)); //初始化所有弧的容量为0（不连通）
}
level=new int[T+1];
return;
}
void solve::Input_Creat(void)
{
/*Temporary*/
int i,j,k;
double R_cost,C_cost;
int x,y;
/*输入行费用，构造超级源S到X点集的边*/
for(i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%lf",&R_cost);
cap[S][i]=log(R_cost); //正向弧容量，取对数，化乘为加
AddEdge(S,i);
}
/*输入列费用，构造Y点集到超级汇T的边*/
for(j=N+1;j<T;j++)
{
scanf("%lf",&C_cost);
cap[j][T]=log(C_cost); //正向弧容量，取对数，化乘为加
AddEdge(j,T);
}
/*输入伞兵的坐标，构造X点集到Y点集的边*/
for(k=1;k<=L;k++)
{
scanf("%d %d",&x,&y);
cap[x][y+N]=inf(); //正向弧容量
AddEdge(x,y+N);
}
return;
}
void solve::AddEdge(int a,int b)
{
/*正向弧部分*/
if(!LinkHead[a])
LinkHead[a]=new Node;
Node* p1=LinkHead[a]->next;
Node* pa=new Node;
pa->id=b;
pa->next=p1;
LinkHead[a]->next=pa;
/*反向弧部分*/
if(!LinkHead[b])
LinkHead[b]=new Node;
Node* p2=LinkHead[b]->next;
Node* pb=new Node;
pb->id=a;
pb->next=p2;
LinkHead[b]->next=pb;
return;
}
void solve::Dinic(void)
{
while(BFS())
MinCost+=DFS(S,inf());
return;
}
bool solve::BFS(void)
{
for(int i=S;i<=T;i++)
level[i]=-1;
queue<int>q;
q.push(S);
level[S]=0;
while(!q.empty())
{
int a=q.front();
if(LinkHead[a])
{
for(Node* p=LinkHead[a]->next;p;p=p->next)
{
int b=p->id;
if(level[b]==-1 && precision(cap[a][b])>0)
{
q.push(b);
level[b]=level[a]+1;
}
}
}
q.pop();
}
return level[T]!=-1;
}
double solve::DFS(int str,double flow)
{
if(str==T)
return flow;
//假设关口点str有多个分支
double SubFlow=0; //则SubFlow为前k个分支允许通过的最大流之和
//flow-SubFlow即为str能够给余下的分支所提供的最大流量之和
if(LinkHead[str])
{
for(Node* p=LinkHead[str]->next;p;p=p->next)
{
int end=p->id;
/*注意不能“跨层”搜索*/
if(level[end]==level[str]+1 && precision(cap[str][end])>0)
{
double AdjustFlow=DFS(end,min(flow-SubFlow,cap[str][end]));
SubFlow+=AdjustFlow;
cap[str][end]-=AdjustFlow; //正向弧容量修正
cap[end][str]+=AdjustFlow; //反向弧容量修正
}
}
}
return SubFlow;
}
void solve::DelLink(Node* p)
{
if(p->next)
p=p->next;
delete[] p;
return;
}
void solve::EmptyList(void)
{
for(int i=1;i<=N;i++)
if(LinkHead[i])
DelLink(LinkHead[i]);
return;
}
int main(void)
{
int test;
scanf("%d",&test);
for(int t=1;t<=test;t++)
{
int n,m,l;
scanf("%d %d %d",&n,&m,&l);
solve poj3308(n,m,l);
}
return 0;
}