对于 (f(k)) 的计算，先计算把 (1sim k) 移成连续段，然后再计算逆序对数（最小交换次数使得一个排列排好序）。
至于为什么是对的？感性理解一下，首先排好序一定要有个逆序对的代价，假如两个数之间没有相邻，则交换它们需要一步一步走过去，这样的花费就高了。
考虑 (f(k-1) o f(k)) 新增的代价，计算逆序对数是容易的，(k) 只可能作为逆序对的第一个数，而第二个数可能的取值 ([1,k-1]) 都已经出现过，所以直接计算全局中以 (k) 为开头的逆序对数，树状数组易做到。
计算把 (1sim k) 移成连续段的代价，有个经典结论就是移到中位数处，如果长度为偶数，移到中间两个的哪个都行。
因为每个数不能移动到同一位置，所以代价计算会很麻烦，那就钦点让每个数可以移动到同一位置，最后再减去多余代价也就是两个等差数列即可。
现在计算每个数移动到中位数处的距离，注意到每加入一个 (k) 之后中位数的最多会移动 (1) 个位置，且移动之后除了 (k) 以外的值对总代价的贡献不变，直接用 set 维护 (1sim k) 出现的位置然后移动就可以了。
其实可以不用维护中位数，直接用树状数组记录哪些位置出现了数然后倍增找中位数也可以，常数更小。
代码可能不大像说人话的样子，看看思路就好了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<set>
#define pb push_back
#define mp std::make_pair
#define fir first
#define sec second
typedef std::pair<int, int> pii;
typedef std::vector<int> veci;
typedef std::vector<pii> vecpii;
typedef long long ll;
ll Abs(ll x) { return x < 0 ? -x : x; }
template <typename T>
T& read(T& r) {
r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9') r = r * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return r = w ? -r : r;
}
inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }
const int N = 2000100;
int n, a[N], pos[N];
struct BIT {
int tree[N];
int sumq(int x) { int sum = 0; for(; x; x -= lowbit(x)) sum += tree[x]; return sum; }
void modify(int x, int v) { for(; x <= n; x += lowbit(x)) tree[x] += v; }
}tr;
ll ans[N], c[N];
std::set<int>st;
ll calc(ll x) { return x * (x + 1) / 2; }
signed main() {
read(n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), pos[a[i]] = i;
for(int i = n; i; --i) {
c[a[i]] = tr.sumq(a[i]);
tr.modify(a[i], 1);
}
int p = 1, num = 1; st.insert(pos[1]);
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
ans[i] = ans[i-1] + c[i];
if(!(i&1)) {
ans[i] += Abs(pos[num] - pos[i]);
if(pos[i] < pos[num]) ++p;
st.insert(pos[i]);
continue ;
}
st.insert(pos[i]);
if(pos[i] < pos[num]) ++p;
if(p != (i+1)/2) {
auto it = st.lower_bound(pos[num]);
if(pos[i] < pos[num]) --it, --p;
else ++it, ++p;
num = a[*it];
}
ans[i] += Abs(pos[num] - pos[i]);
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld ", ans[i] - calc((i-1)/2) - calc(i/2));
return 0;
}