解析：

這裡只討論這道題中$DinkelBach$迭代法的好處，題目解析請參考上面的連結。

這道題不管是$DinkelBach$還是二分都能過，但是$DinkelBach$所用的時間不到二分法的$1/6$。

這裡講一下這道題$DinkelBach$怎麼做。首先建圖還是原來的方案建，跑費用流還是原來的方案跑。

最後怎麼求出下一個迭代的答案？

考慮回到流網路裡面，每條邊有流量說明什麼？

與源點和匯點有關係的邊裡面有流量什麼都說明不了，因為我們求網路流的時候肯定會找到一個最大流，源匯的邊肯定一直都是流滿了的。

然後就是男生女生之間流的邊了： 如果男生$i$和女生$j$之間的邊有流量，說明他們構成一個匹配，那麼他們之間的$a_{i,j}$和$b_{i,j}$就需要加入到最終迭代的統計答案中。

於是就可以開心地迭代下去而不用考慮二分調整上下界的問題啦 (^ _ ^)

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc getchar
#define pc putchar
#define cs const

inline
 
 int getint(){
	re int num;
	re char c;
	while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
	while(isdigit(c=gc()))num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
	return num;
}

cs int N=203,M=100205;
cs int S=0,T=N-1;
cs int INF=0x3f3f3f3f;
cs double eps=1e-6;
int last[N],nxt[M<<1],to[M<<1],ecnt=1;
int cap[M<<
 
1];
double w[M<<1];
inline void addedge(int u,int v){
	nxt[++ecnt]=last[u],last[u]=ecnt,to[ecnt]=v;
	nxt[++ecnt]=last[v],last[v]=ecnt,to[ecnt]=u;
}

int cur[N];
double dist[N];
bool vis[N];
queue<int>q;
inline bool SPFA(){
	memset(dist,127,sizeof dist);
	memset(vis,0,sizeof vis);
	q.push(S);cur[S]=last[S];
	dist[S]=0;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();
		q.pop();
		vis[u]=false;
		for(int re e=last[u],v=to[e];e;v=to[e=nxt[e]]){
			if(cap[e]&&dist[v]>dist[u]+w[e]){
				dist[v]=dist[u]+w[e];
				if(!vis[v])vis[v]=true,q.push(v);
				cur[v]=last[v];
			}
		}
	}
	return dist[T]<INF;
}

inline int dfs(cs int &u,cs int &flow,double &cost){
	if(u==T){
		cost+=flow*dist[T];
		return flow;
	}
	int ans=0;
	vis[u]=true;
	for(int &e=cur[u],v=to[e];e;v=to[e=nxt[e]]){
		if(cap[e]&&!vis[v]&&fabs(dist[u]+w[e]-dist[v])<eps){
			int delta=dfs(v,min(flow-ans,cap[e]),cost);
			if(delta){
				cap[e]-=delta;
				cap[e^1]+=delta;
				ans+=delta;
				if(ans==flow)return ans;
			}
		}
	}
	return ans;
}

inline double MCMF(){
	double cost=0;
	while(SPFA())dfs(S,INF,cost);
	return cost;
}

int n;
int a[N][N];
int b[N][N];
int edge[N][N];

inline void build(){
	for(int re i=1;i<=n;++i)
	for(int re j=1;j<=n;++j)
	addedge(i,j+100),edge[i][j]=ecnt;
	for(int re i=1;i<=n;++i)addedge(S,i),addedge(i+100,T);
}

inline double DinkelBach(double kkk){
	for(int re i=2;i<=ecnt;i+=2)cap[i]=1,cap[i^1]=0;
	for(int re i=1;i<=n;++i)
	for(int re j=1;j<=n;++j){
		int e=edge[i][j];
		w[e]=a[i][j]*1.0-b[i][j]*kkk;
		w[e^1]=-w[e];
	}
	MCMF();
	double x=0,y=0;
	for(int re i=1;i<=n;++i)
	for(int re j=1;j<=n;++j)
	if(cap[edge[i][j]])x+=a[i][j],y+=b[i][j];
	return x/y;
}

signed main(){
	n=getint();
	for(int re i=1;i<=n;++i)
	for(int re j=1;j<=n;++j)a[i][j]=getint();
	for(int re i=1;i<=n;++i)
	for(int re j=1;j<=n;++j)b[i][j]=getint();
	build();
	double L=0,ans=10000.0;
	while(fabs(L-ans)>1e-7){
		ans=L;
		L=DinkelBach(ans);
	}
	printf("%.6f",ans);
	return 0;
}