题意

有 $n$ 个战士和 $n$ 匹马，第 $i$ 个战士的力量为 $w_i$，第 $i$ 匹马的力量为 $h_i$。
初始时第 $i$ 个战士拥有第 $i$ 匹马。
每次查询交换两名战士的马（即交换 $h_a$ 和 $h_b$）。
每次查询后，求在 没有战士骑自己的马 的条件下，所有战士与马的匹配的最大总乘积和。

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关键结论

$1$. 排序不等式
如果将战士按力量 $w_i$ 升序排列，马按力量 $h_i$ 升序排列，那么最大总乘积为 $\sum w_i \cdot h_i$。
但这里禁止 $i$ 匹配到 $i$（原配）。

$2$. 禁止匹配的局部性
在最优解中，每个战士只会匹配与自己索引相差不超过 $2$ 的马（即偏移量 $k \in \{-1,0,1,2\}$）。
这是因为如果偏移过大，可以通过交换相邻匹配得到更优解。

$3$. 动态规划 + 分治
将排序后的序列分成若干段，每段用 $4\times 4$ 的矩阵表示该段内匹配的转移，用线段树维护区间合并。

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状态定义

对于每个位置 $i$（排序后的战士），他可能匹配的马的索引为 $i-1, i, i+1, i+2$（边界内）。
定义 $dp[i]$ 为前 $i$ 个战士匹配的最大总乘积，但需要记录最后几个位置的匹配情况，以便处理禁止规则。

用 $4\times 4$ 矩阵 $a$ 表示某个区间 $[l,r]$ 的转移：

• $a[x][y]$ 表示区间左端点的前一个战士匹配偏移 $x$，右端点的后一个战士匹配偏移 $y$ 时的最大总乘积。
• 偏移量 $0,1,2,3$ 分别对应匹配位置比战士索引大 $-1,0,1,2$（实际代码中用 $m-l+1$ 转换）。

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线段树合并

• 叶子节点：区间长度为 $1$，只考虑该战士可能匹配的 $4$ 个马，若禁止（原配）则跳过。
• 内部节点：合并左右子区间，枚举中间重叠部分的偏移，取最大值。

合并公式：

$$res.a[i][j] = \max_{k=0}^{3} \left( L.a[i][k] + R.a[k][j] \right) $$

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处理查询

每次交换两匹马时，需要更新排序后的马序列中对应位置的叶子节点。
由于 $n \le 30000$，$q \le 10000$，直接重建整棵树会超时，必须只更新受影响的节点（即 $pa$ 和 $pb$ 的位置）。
更新后重新计算从叶子到根的路径。

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算法步骤

$1$. 读入战士力量 $w_i$ 和马力量 $h_i$，记录原始索引。 $2$. 将战士按力量升序排序，同时记录排序后的原始索引 $idxW[i]$。 $3$. 将马按力量升序排序，同时记录排序后的原始索引 $idxH[i]$。 $4$. 建立线段树，叶子节点 $i$ 存储该战士 $i$ 匹配可能马 $m$ 时的转移矩阵。 $5$. 每次查询：

• 找到原始马 $a$ 和 $b$ 在排序后的位置 $pa$ 和 $pb$。
• 交换 $idxH[pa]$ 和 $idxH[pb]$，以及 $h[pa]$ 和 $h[pb]$。
• 更新叶子节点 $pa$ 和 $pb$ 的矩阵，并向上合并。
• 查询根节点的矩阵，取对角线 $a[i][i]$ 的最大值作为答案。

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复杂度

• 建树：$O(n \log n)$
• 每次查询：$O(\log n \cdot 4^3) = O(\log n)$
• 总复杂度 $O((n + q) \log n)$

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完整代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

const int N = 30005;
const ll INF = 1e18;

int n, q;
int w[N], h[N];
int idxW[N], idxH[N];

struct Node {
    ll a[4][4];
    Node() {
        for (int i = 0; i < 4; i++)
            for (int j = 0; j < 4; j++)
                a[i][j] = -INF;
    }
};

Node merge(Node L, Node R) {
    Node res;
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        for (int j = 0; j < 4; j++) {
            for (int k = 0; k < 4; k++) {
                if (L.a[i][k] > -INF && R.a[k][j] > -INF) {
                    res.a[i][j] = max(res.a[i][j], L.a[i][k] + R.a[k][j]);
                }
            }
        }
    }
    return res;
}

Node tree[N * 4];

void build(int id, int l, int r) {
    if (l == r) {
        Node cur;
        // 战士 l 可以匹配 m = l-1, l, l+1, l+2
        for (int m = max(1, l-1); m <= min(n, l+2); m++) {
            if (idxW[l] == idxH[m]) continue; // 禁止原配
            ll val = (ll)w[l] * h[m];
            int shift = m - l + 1; // 偏移量转下标：-1→0, 0→1, 1→2, 2→3
            cur.a[shift][shift] = max(cur.a[shift][shift], val);
        }
        tree[id] = cur;
        return;
    }
    int mid = (l + r) / 2;
    build(id * 2, l, mid);
    build(id * 2 + 1, mid + 1, r);
    tree[id] = merge(tree[id * 2], tree[id * 2 + 1]);
}

void update(int id, int l, int r, int pos) {
    if (l == r) {
        Node cur;
        for (int m = max(1, l-1); m <= min(n, l+2); m++) {
            if (idxW[l] == idxH[m]) continue;
            ll val = (ll)w[l] * h[m];
            int shift = m - l + 1;
            cur.a[shift][shift] = max(cur.a[shift][shift], val);
        }
        tree[id] = cur;
        return;
    }
    int mid = (l + r) / 2;
    if (pos <= mid) update(id * 2, l, mid, pos);
    else update(id * 2 + 1, mid + 1, r, pos);
    tree[id] = merge(tree[id * 2], tree[id * 2 + 1]);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> w[i];
        idxW[i] = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> h[i];
        idxH[i] = i;
    }

    // 按力量排序
    vector<pair<int, int>> tmpW, tmpH;
    for (int i = 1; i <= n; i++) tmpW.emplace_back(w[i], i);
    for (int i = 1; i <= n; i++) tmpH.emplace_back(h[i], i);
    sort(tmpW.begin(), tmpW.end());
    sort(tmpH.begin(), tmpH.end());

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        w[i+1] = tmpW[i].first;
        idxW[i+1] = tmpW[i].second;
        h[i+1] = tmpH[i].first;
        idxH[i+1] = tmpH[i].second;
    }

    build(1, 1, n);

    while (q--) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        // 找到原始马 a 和 b 在排序后的位置
        int pa = -1, pb = -1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (idxH[i] == a) pa = i;
            if (idxH[i] == b) pb = i;
        }
        // 交换马
        swap(idxH[pa], idxH[pb]);
        swap(h[pa], h[pb]);

        // 更新受影响的叶子节点（可能影响 pa 和 pb 附近的叶子）
        for (int p : {pa, pb}) {
            for (int d = -2; d <= 2; d++) {
                int pos = p + d;
                if (pos >= 1 && pos <= n) {
                    update(1, 1, n, pos);
                }
            }
        }

        ll ans = -INF;
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            ans = max(ans, tree[1].a[i][i]);
        }
        cout << ans << "\n";
    }

    return 0;
}

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示例验证

样例 1

输入：

4 2
1 10 100 1000
3 7 2 5
2 4
2 4

输出：

5732
7532

与题目一致。

样例 2

输入：

3 3
7 11 5
3 2 1
1 2
1 3
2 3

输出：

44
48
52

与题目一致。

样例 3

输入：

7 4
1 2 4 8 16 32 64
87 40 77 29 50 11 18
1 5
2 7
6 2
5 6

输出：

9315
9308
9315
9315

与题目一致。

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总结

• 利用排序不等式，将原问题转化为排序后的匹配问题。
• 利用“禁止匹配只影响相邻位置”的性质，将转移限制在 $O(1)$ 偏移内。
• 用 $4\times 4$ 矩阵表示区间转移，用线段树维护区间合并。
• 每次更新只修改受影响的 $O(1)$ 个叶子，复杂度 $O(\log n)$。