Description
脸哥最近在玩一款神奇的游戏，这个游戏里有 n 件装备，每件装备有 m 个属性，用向量zi(aj ,.....,am) 表示
(1 <= i <= n; 1 <= j <= m)，每个装备需要花费 ci，现在脸哥想买一些装备，但是脸哥很穷，所以总是盘算着
怎样才能花尽量少的钱买尽量多的装备。对于脸哥来说，如果一件装备的属性能用购买的其他装备组合出（也就是
说脸哥可以利用手上的这些装备组合出这件装备的效果），那么这件装备就没有买的必要了。严格的定义是，如果
脸哥买了 zi1,.....zip这 p 件装备，那么对于任意待决定的 zh，不存在 b1,....,bp 使得 b1zi1 + ... + bpzi
p = zh（b 是实数），那么脸哥就会买 zh，否则 zh 对脸哥就是无用的了，自然不必购买。举个例子,z1 =(1; 2;
3);z2 =(3; 4; 5);zh =(2; 3; 4)，b1 =1/2，b2 =1/2，就有 b1z1 + b2z2 = zh，那么如果脸哥买了 z1 和 z2
就不会再买 zh 了。脸哥想要在买下最多数量的装备的情况下花最少的钱，你能帮他算一下吗？
Input
第一行两个数 n;m。接下来 n 行，每行 m 个数，其中第 i 行描述装备 i 的各项属性值。接下来一行 n 个数，
其中 ci 表示购买第 i 件装备的花费。
Output
一行两个数，第一个数表示能够购买的最多装备数量，第二个数表示在购买最多数量的装备的情况下的最小花费
Sample Input
3 3
1 2 3
3 4 5
2 3 4
1 1 2
1 2 3
3 4 5
2 3 4
1 1 2
Sample Output
2 2
HINT
如题目中描述，选择装备 1 装备 2，装备 1 装备 3，装备 2 装备 3 均可，但选择装备 1 和装备 2 的花费最小，为 2。对于 100% 的数据, 1 <= n;m <= 500; 0 <= aj <= 1000。
题解
我们将每一维的单位向量看做一个元，每个向量看做常数。
如果有$n$个向量，那么就可以列出$n$个线性方程，用高斯消元来解。显然如果有解，那么每个单位向量都可以被这$n$个向量表示出来。
所以我们考虑维护一个类似于异或线性基的东西：第$i$个线性基表示前$i-1$位都是$0$，第$i$位不是$0$的线性基。一个一个插入，贪心策略同[BJOI 2011]元素。
这道题卡精度...建议开$long$ $double$
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Update：更深刻的理解，其实就还是维护高斯消元矩阵的上三角，每次插入就相当于判断该方程是否冗余。
//It is made by Awson on 2017.10.22
#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Abs(x) ((x) < 0 ? (-(x)) : (x))
using namespace std;
const int N = ;
const long double eps = 1e-; int n, m;
struct tt {
long double b[N+], c;
bool operator < (const tt &x) const{
return c < x.c;
}
}a[N+];
int A[N+], ans, cnt; void work() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = ; i <= n; i++) for (int j = ; j <= m; j++) scanf("%Lf", &a[i].b[j]);
for (int i = ; i <= n; i++) scanf("%Lf", &a[i].c);
sort(a+, a+n+);
for (int i = ; i <= n; i++) {
for (int j = ; j <= m; j++) {
if (fabs(a[i].b[j]) > eps) {
if (!A[j]) {
A[j] = i; ans += a[i].c; cnt++;
break;
}else {
long double div = a[i].b[j]/a[A[j]].b[j];
for (int k = j; k <= m; k++) a[i].b[k] -= a[A[j]].b[k]*div;
}
}
}
}
printf("%d %d\n", cnt, ans);
}
int main() {
work();
return ;
}