• 技能最多触发一次。

• 要使得触发技能时，种类数尽可能多，然后使用价值最大的牌。

• 若某种牌数量超出一张，使用它不会减少种类数。统计总共能以此法使用 $m=\sum_{i=1}^n (a_i-1)$ 张。

• 若触发技能时，该次使用的牌消耗后还有剩余，那么：

  • 统计满足 $a_i>1$ 的最大 $b_i$，记为 $maxv$。
  • 接下来最大化种类数，额外收益即种类数与 $maxv$ 的乘积。
  • 若 $m\ge n$，先使用 $n-1$ 次并为该类别保留两张，第 $n$ 次使用该类别牌，种类数为 $n$。
  • 若 $m<n$
    • 若 $n-m$ 是 $2$ 的倍数，先使用 $m-1$ 次并为该类别保留两张，接下来每次使用都将使得总类别减少 $1$，设使用 $k$ 次，最后一次再使用该类别，那么使用次数 $m-1+k+1$ 等于剩余类别 $n-k$，故 $2k=n-m$，则种类数为 $n - k$
    • 否则，可以先使用 $m-2$ 次并为该类别保留两张， 故 $m-2+k+1=n-k\to 2k=n-m-1$，则种类数为 $n - k$

• 若触发技能后，允许该次使用的牌为最后一张，则记录 $b_i$ 的最大值，使用这种牌触发技能。额外收益的讨论类似。

• 时间复杂度是 $\Theta(n)$。

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

void solve() {
	int n; cin >> n;
	vector<int> a(n), b(n);
	int extra_num = 0;
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		cin >> a[i];
		extra_num += a[i] - 1;
		extra_num = min(n, extra_num);
	}
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		cin >> b[i];
	}
	
	// 若希望使用后, 该牌剩余一张以上
	int maxv = 0;
	long long ans = 0;
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		if(a[i] > 1) maxv = max(maxv, b[i]);
	}
	
	// 先使用 extra 张, 再消耗 k 种类, 最后正好剩 extra + k 类
	// extra + 2k = n
	
	if(extra_num || (n % 2 == 0)) {
		int k = (n - extra_num + 1) / 2;
		ans = max(ans, (n - k) * (long long) maxv);
	}
	
	// 若使用后, 该牌可以消失
	maxv = *max_element(b.begin(), b.end());
	if(extra_num || (n % 2 == 0)) {
		int k = max(1, (n - extra_num + 1) / 2);
		ans = max(ans, (n - k) * (long long) maxv);
	}
	
	cout << ans << '\n';
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);
	int t; cin >> t; while(t--) solve();
	return 0;
}