对家庭菜园有兴趣的JOI君每年在自家的田地中种植一种叫做IOI草的植物。JOI君的田地沿东西方向被划分为N个区域，由西到东标号为1~N。IOI草一共有N株，每个区域种植着一株。在第i个区域种植的IOI草，在春天的时候高度会生长至hi，此后便不再生长。
为了观察春天的样子而出行的JOI君注意到了IOI草的配置与预定的不太一样。IOI草是一种非常依靠阳光的植物，如果某个区域的IOI草的东侧和西侧都有比它高的IOI草存在，那么这株IOI草就会在夏天之前枯萎。换句话说，为了不让任何一株IOI草枯萎，需要满足以下条件：
对于任意2<=i<=N-1，以下两个条件至少满足一个：
1. 对于任意1<=j<=i-1，hj<=hi
2. 对于任意i+1<=j<=N，hk<=hi
IOI草是非常昂贵的，为了不让IOI草枯萎，JOI君需要调换IOI草的顺序。IOI草非常非常的高大且纤细的植物，因此JOI君每次只能交换相邻两株IOI草。也就是说，JOI君每次需要选择一个整数i(1<=i<=N-1)，然后交换第i株IOI草和第i+1株IOI草。随着夏天临近，IOI草枯萎的可能性越来越大，因此JOI君想知道让所有IOI草都不会枯萎的最少操作次数。
现在给出田地的区域数，以及每株IOI草的高度，请你求出让所有IOI草的不会枯萎的最少操作次数。
第一行一个正整数N，代表田地被分为了N个区域。
接下来N行，第i行(1<=i<=N)一个整数hi，表示第i株植物在春天时的高度
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+5;
ll ans;
int n;
int st[N];
struct tr{
int f[N];
void add(int x,int c){
for(;x<=n;x+=x&(-x)) f[x]+=c;
}
int query(int x){
int ret=0;
for(;x;x-=x&(-x)) ret+=f[x];
return ret;
}
}Max,Min;
struct node{
int h,id;
bool friend operator<(node a,node b){
return a.h>b.h;
}
}a[N];
int sta[N],top;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&st[i]);
a[i].id=i,a[i].h=st[i];
}
sort(a+1,a+n+1);
//cout<<" bug "<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++){
//cout<<i<<endl;
int val=a[i].h;
while(i<=n&&a[i].h==val){
sta[++top]=a[i].id;i++;
}
i--;
for(int j=1;j<=top;j++){
//cout<<sta[j]<<endl;
int tmp=min(Max.query(n+1-sta[j]),Min.query(sta[j]));
ans+=tmp;
}
//cout<<" hha "<<endl;
while(top){
Max.add(n+1-sta[top],1);
Min.add(sta[top],1);
top--;
}
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
总结：
突破口：重新编号，转化为最终序列的编号序列的逆序对数。还有对h排序，为了不造成影响，并且放置方便（只能往左右放）。
然后就是贪心关键点：先放置大的形成了一块，块内的放置方法不会对后面的逆序对产生带来影响。
