【思路要点】

• 考虑最长公共子串的形式，应当由若干条长度为 $i$ 或 $i-1$ 的链穿插而成，举个例子：
  $1,4,2,5,3,y,b$
  $a,x,1,4,2,5,3$
  就由一条长度为 $4$ 的链 $b-3-2-1-a$ 和一条长度为 $3$ 的链 $y-5-4-x$ 穿插而成。
• 长度为 $i$ 的链对答案的贡献为 $i-1$ ，即若最长公共子串由 $a$ 个长度为 $i$ 的链和 $b$ 个长度为 $i-1$ 的链拼接而成，答案应当为 $a(i-1)+b(i-2)$ 。
• 考虑枚举 $i$ ，将所有置换环拆成若干长度为 $i$ 或 $i-1$ 的链，并最大化每一个置换环对答案的贡献，这一点可以通过一个简单的背包来实现。
• 背包部分的时间复杂度为 $O(N^2)$ ，单次询问我们需要枚举 $i$ ，并花费 $O(\frac{N}{i})$ 的时间计算答案，因此总时间复杂度为 $O(N^2+TNLogN)$ 。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1005;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
int n, m, a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN], nxt[MAXN];
int dp[MAXN][MAXN]; bool vis[MAXN];
void init(int n) {
	dp[1][1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		for (int j = i; j <= n; j++) {
			if (j >= i) chkmax(dp[i][j], dp[i][j - i] + (i - 1));
			if (j >= i + 1) chkmax(dp[i][j], dp[i][j - i - 1] + i);
		}
	}
}
int main() {
	freopen("cards.in", "r", stdin);
	freopen("cards.out", "w", stdout);
	init(1e3);
	int T; read(T);
	while (T--) {
		int n; read(n), m = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			read(a[i]);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			read(b[i]);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			nxt[a[i]] = b[i];
		memset(vis, false, sizeof(vis));
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			if (!vis[i]) {
				int pos = i, cnt = 0;
				while (!vis[pos]) {
					vis[pos] = true;
					pos = nxt[pos];
					cnt++;
				}
				c[++m] = cnt;
			}
		sort(c + 1, c + m + 1);
		reverse(c + 1, c + m + 1);
		int ans = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			while (m >= 1 && c[m] < i) m--;
			int now = 0;
			for (int j = 1; j <= m; j++)
				now += dp[i][c[j]];
			chkmax(ans, now);
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}