传送门

首先对于两个排列 $A,B$ 我们可以把 $A$ 从小到大排序并把 $B$ 重新和 $A$ 一一对应

显然这样不会影响 $\sum_{i=1}^{n}max(A_i,B_i)$ 的值

所以直接把第一个排列固定为 $1,2,3,...,n$

然后考虑第二个排列 $B$ 怎么排比较好

首先最少的时间一定就是 $B_i=i$ 的情况

然后考虑让时间变大，容易想到把 $B_1$ 和 $B_n$ 交换，变成 $n,2,3,...,n-1,1$

那么时间增加了 $n-1$，一直操作最后 $B$ 就变成 $n,n-1,n-2,...,3,2,1$

那么容易想到贪心，每次都先加得比较大，最后快超过的时候再加一个比较小的

容易证明这个显然是最优的，因为一开始就加大的之后的选择就有更多空间（有更多比较小的值可以增加）

不然到时候还剩下一些时间，发现增加的量都很大那么就没法加了

（可能看代码更容易理解？）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read()
{
    ll x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e6+7;
int n,ans[N];
ll m;
int main()
{
    n=read(),m=read(); ll mx=m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans[i]=i,m-=i;
    if(m<0) { printf("-1\n"); return 0; }
    for(int i=1;i<=n/2;i++)
    {
        int now=(n-i+1)-i;
        if(m<=now)
        {
            swap( ans[ n-i+1 - (now-m) ] , ans[i] );
            // 显然 n-i-1 - (now-m) > i，代入一下 now=n-2i+1 即可
            m=0; break;
        }
        swap(ans[n-i+1],ans[i]); m-=now;
    }
    printf("%lld\n",mx-m);
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",i); puts("");
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]); puts("");
    return 0;
}