//线段树,后面有暴力解法
/*首先要知道如何求一个序列的逆序数,比如2514 : 2之前没有数大于它,所以为0, 5之前也没有数大于它,所以为0, 1之前2,5都大于它,所以为2,
4之前只有5大于它,所以为1, 因此2514的逆序数为:0 + 0 + 2 + 1 = 3;
从前面的描述中,我们可以发现,只要依次累计前面有几个数大于当前数即可。
于是我们可以用一个数组b[n](初始化为0),然后每读取一个数a[i] 就标识b[a[i]] += 1 ,
但是在标识之前我们先要统计有多少个数大于a[i],即累计b[a[i]+1] + ... +b[n-1],很显然
累计的时间复杂度为O(N),我们能不能在快点呢? 那么如何求最小逆序数呢?(我这里假设一个序列中每个数字都不同)
若abcde...的逆序数为k,那么bcde...a的逆序数是多少?我们假设abcde...中小于a的个数为t-1 , 那么大于a的个数就是n - t,
当把a移动左移一位时,原来比a大的现在都成了a的逆序对,即逆序数增加n -t,但是原来比a小的构成逆序对的数,现在都变成了顺序,
因此逆序对减少 t - 1,所以新序列的逆序数为 k += n - t - t + 1,即k += n + 1 - 2 * t , 于是我们只要不断移位(n次) 然后更新最小值就可以了
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r, rt<< 1 |1
using namespace std;
const int N=5005;
int sum[N<<1];
int a[N];
void pushup(int rt){
sum[rt] = sum[rt << 1] + sum[rt << 1 | 1];
}
void build (int l, int r, int rt){
sum[rt]=0;
if(l == r) return ;
int m= (l + r) >> 1;
build(lson);
build(rson);
pushup(rt);
}
void update(int k,int v,int l,int r,int rt){
if(l==r){
sum[rt]+=v;
return ;
}
int m= (l + r) >> 1;
if(k <= m) update(k,v,lson);
else update(k,v,rson);
pushup(rt);
}
int Query(int L,int R,int l,int r,int rt){
if(l >= L && r<= R){
return sum[rt];
}
int ret=0;
int m = (l + r) >>1;
if(L <= m) ret += Query(L,R,lson);
if(R > m) ret += Query(L,R,rson);
return ret;
}
int main(){
int n;
while(cin>>n){
int ans=0,tmp;
build(0,n-1,1);/(0,n-1,1)而非(0,n-1,0),void pushup中 sum[rt] = sum[rt << 1] + sum[rt << 1 | 1];\
也就是0<<1和0<<1|1还是0,这个根没有子树,没和其它点连接...所以wa
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d",a+i);
ans+=Query(a[i],n-1,0,n-1,1);//查比他大的
update(a[i],1,0,n-1,1);//在a[i]放1
}
//cout<<ans<<endl;
tmp=ans;
for(int i=0;i<n;i++)
ans=min(ans,tmp+=n-2*a[i]-1);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
/*暴力
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=5005;
int a[N],n;
int main()
{
while(scanf("%d",&n)==1){
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",a+i);
//for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",a[i]);
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=i+1;j<n;j++)
if(a[i]>a[j])ans++;
}
int tmp=ans;//
for(int i=0;i<n;i++){
ans=min(ans,tmp=tmp+n-2*a[i]-1);//tmp的更新
//cout<<ans<<endl;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
*/