XIX.「JOI 2013 Final」バブルソート 冒泡排序
首先，有一个常识性结论，就是冒泡排序的次数等于逆序对数。所以本题等价于交换两个数使得减少的逆序对数最多。
于是我们翻出VIII.CF785E Anton and Permutation中给出的结论——当\(i<j\)且\(a_i>a_j\)时，交换一对\((i,j)\)，减少的逆序对数就等于将所有\(P_i=(i,a_i)\)映射到平面上后，以\(P_i\)为左上角、\(P_j\)为右下角的矩形中点的个数\(\times2\)，再加上其本身的\(1\)对逆序对。当然，出现在边界上的点要特判掉（这些点只能贡献\(1\)次）。
稍微想想就可以发现，最优的\((i,j)\)，\(P_i\)一定不在某个\(P_k\)的右下方，\(P_j\)一定不在某个\(P_k\)的左上方。换言之，\(P_i\)只出现在\(a_i\)的前缀最大值的位置，\(P_j\)只出现在\(a_j\)的后缀最小值的位置。
我们考虑对于某个点\(k\)，它可以对哪些\((i,j)\)产生贡献——明显，只有在其左上方的\(P_i\)和右下方的\(P_j\)，可以从它收到贡献。而画出图来就能发现，所有合法的\(i\)，在前缀最大值中是一段区间\([i_l,i_r]\)；所有合法的\(j\)，也是一段区间\([j_l,j_r]\)。
于是，我们发现它实际上被转成了一个二维矩形覆盖问题，其中一维是\(i\)，另一位是\(j\)。于是直接扫描线维护过去，求覆盖最大值即可。同时注意特判边界，以及不存在这样的\((i,j)\)对的情形（即原序列本身已是一个递增/不降序列，递增时答案恒为\(1\)，不降时答案恒为\(0\)）。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define emp emplace_back
typedef long long ll;
int n,m,a[100100],pre[100100],PRE,suf[100100],SUF,t[100100];
ll res;
void add(int x){while(x)t[x]++,x-=x&-x;}
void sum(int x){for(x++;x<=m;x+=x&-x)res-=t[x];}
void cheinc(){
bool ok=true;
for(int i=2;i<=n;i++)ok&=(a[i]>a[i-1]);
if(ok){puts("1");exit(0);}
ok=true;
for(int i=2;i<=n;i++)ok&=(a[i]>=a[i-1]);
if(ok){puts("0");exit(0);}
}
struct Data{
int l,r,d;
Data(int L,int R,int D){l=L,r=R,d=D;}
};
vector<Data>v[100100];
vector<int>u;
struct SegTree{
int tag,mx;
}seg[400100];
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
#define mid ((l+r)>>1)
#define ADD(x,y) seg[x].tag+=y,seg[x].mx+=y
#define pushdown ADD(lson,seg[x].tag),ADD(rson,seg[x].tag),seg[x].tag=0
#define pushup seg[x].mx=max(seg[lson].mx,seg[rson].mx)
void modify(int x,int l,int r,int L,int R,int D){
if(l>R||r<L)return;
if(L<=l&&r<=R)ADD(x,D);
else pushdown,modify(lson,l,mid,L,R,D),modify(rson,mid+1,r,L,R,D),pushup;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),u.push_back(a[i]);
sort(u.begin(),u.end()),u.resize(m=unique(u.begin(),u.end())-u.begin());
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(u.begin(),u.end(),a[i])-u.begin()+1;
// for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",a[i]);puts("");
cheinc();
for(int i=1;i<=n;i++)if(!PRE||a[i]>a[pre[PRE]])pre[++PRE]=i;
for(int i=n;i>=1;i--)if(!SUF||a[i]<a[suf[SUF]])suf[++SUF]=i;
reverse(suf+1,suf+SUF+1);
// for(int i=1;i<=PRE;i++)printf("%d ",pre[i]);puts("");
// for(int i=1;i<=SUF;i++)printf("%d ",suf[i]);puts("");
for(int i=1,j=1,k=1;i<=n;i++){
while(j<=PRE&&i>pre[j])j++;
while(k<=SUF&&i>suf[k])k++;
int J=upper_bound(pre+1,pre+PRE+1,i,[](int x,int y){return a[x]<a[y];})-pre;
int K=lower_bound(suf+1,suf+SUF+1,i,[](int x,int y){return a[x]<a[y];})-suf-1;
v[J].emp(k,K,2),v[j].emp(k,K,-2);
if(J&&a[pre[J-1]]==a[i])v[J-1].emp(k,K,1),v[J].emp(k,K,-1);
if(K<=SUF&&a[suf[K+1]]==a[i])v[J].emp(K+1,K+1,1),v[j].emp(K+1,K+1,-1);
}
for(int i=1;i<=PRE;i++){
for(auto j:v[i])modify(1,1,SUF,j.l,j.r,j.d);
res=max(res,1ll*seg[1].mx);
}
// printf("%d\n",res);
for(int i=1;i<=n;i++)sum(a[i]),add(a[i]);
printf("%lld\n",-1-res);
return 0;
}