考虑一个排列的交换次数何时会超过下界。以题目中的(3 2 1)为例，在把(3)向后移时(2)被向前推了一次，在把(1)向前移时(2)又被向后推了一次。这样一来一回，就产生了无效操作。于是我们发现，一个排列是好的，当且仅当在冒泡排序的过程中，不存在某个元素同时做了两个方向的移动（这样必然产生“一来一回”的情况）。
尝试把这个观察具体化一些。考虑一个位置(i)，如果它前面存在一个(>p_i)的数，后面存在一个(<p_i)的数。则在冒泡排序的过程中，(p_i)必定是先被向后挪了一次，又被向前挪了一次（当然，也可能是先向前再向后）。也就是说，在这种情况下，(p_i)一定是同时做出了两个方向的移动。根据前面的讨论，此时这个排列(p)冒泡排序的交换次数，必然超过了下界(frac{1}{2}sum|i-p_i|)。打表可以验证，除了这种情况以外，其他的排列都能取到这个下界。于是我们得出结论：一个排列是“好”的，当且仅当它不存在一个长度(geq3)的下降子序列，或者说最长下降子序列的长度(<3)。
继续分析这个结论的特殊性质。考虑现在我们逐位构造一个“好”的排列，现在填到位置(i)，前(i-1)位的最大值为(mx)。则第(i)位要么填任意一个(>mx)的数，要么填(<mx)的最小的数（否则就一定会出现长度为(3)的下降子序列）。于是想到DP。设(dp[i][j])表示考虑了前(i)位，最大值是(j)时，第(i+1)到第(n)位的填数方案。这样我们可以从后往前转移，即得到：
为什么要把DP数组定义成“第(i)位之后的填数方案”呢？因为这样便于我们处理字典序的问题。我们统计答案时，枚举从第(i)位开始，字典序第一次大于输入的排列(q)（前(i-1)位全部和(q)相等）。我们设(mx_i=max_{j=1}^{i}q_j)，则：
答案就是所有(ans_i)之和。
这样暴力DP是(O(n^3))的，用后缀和优化可做到(O(n^2))。
把(dp[i][j])视作从二维平面直角坐标系上一个点((i,j))走到((n,n))的方案数。每步必须向右走一格，同时可以向上走若干格或不向上走。但走的过程中，必须始终保证(ileq j)。考虑用总方案减去不合法的（(i>j)）的方案。
- 总方案数相当于求(n-i)个非负整数使得它们和为(n-j)。根据经典的插板法，可知方案数为({n-i+n-j-1choose n-i-1}={2n-i-j-1choose n-i-1})。
- 求路线中存在(i>j)的方案数。首先，所有这样的路线一定经过了直线(y=x-1)。根据卡特兰数的套路，对于所有不合法的路线，在它们第一次经过直线(y=x-1)时，将它们关于直线(y=x-1)对称。于是，每条不合法路线唯一对应一条从((j+1,i-1))出发，走向((n,n))的路线（注：其中((j+1,i-1))是((i,j))关于(y=x-1)的对称点）。因此，不合法路线的数量就是从((j+1,i-1))出发走向((n,n))的路线数，即({n-(j+1)+n-(i-1)-1choose n-(j+1)-1}={2n-i-j-1choose n-j-2})。
综上，可知(dp[i][j]={2n-i-j-1choose n-i-1}-{2n-i-j-1choose n-j-2})。
按之前的方法，直接统计答案即可。
注意，如果(q)的前(i)位已经存在不合法的情况（不符合“第(i)位要么填一个(>mx_{i-1})的数，要么填(<mx_{i-1})的最小的数”这条规则），要及时break。
时间复杂度(O(n))。