转化思维的好题！
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大致题意：
有$ n$个数字，你每次可以交换相邻两个，还有一次交换任意两个元素的机会，求最少的交换次数使得这些数字升序排序(原数列两两不同)
$ solotion：$
首先有一个结论：交换任意两个元素可以选择在第一次交换，且一定不会劣
证明：假设不在第一次交换，可以通过倒推这次交换的贡献，使得这次机会平移到第一次交换，结果不变
第二个结论：交换相邻两个元素的次数等于逆序对数
证明：略
第三个结论：交换两个元素$ x,y$，所能够减少的逆序对数量等价于把每个数$ a_i$对应到坐标$ (i,a_i)$之后矩形{$(x,a_x),(y,a_y)$}中的点数$ *2+1$(不包含边界)
证明：在矩形内的每个点，原先会贡献$ 2$的逆序对，交换后将不再产生这样的贡献。$ +1$是因为交换本身会减少一个逆序对
也就是说我们实际要求的等价于找到一个矩形(两个角都在点上)，使得矩形内点尽量多
这并不容易直接处理，考虑转化题意
选择的矩形两个角$(x,a_x),(y,a_y)$有性质如下：$(x<y)$
$ 1.a_x>a_y$ 证明：否则会增加逆序对数量，肯定不优
$ 2.a_x$是前缀最大值，$ a_y$是后缀最小值
证明:如果$ a_x$不是前缀最大值,一定有一个点$ (k,a_k)$在$ (x,a_x)$的左上方，这样的矩形能够完全包含矩形{$(x,a_x),(y,a_y)$}使得$ (x,a_x)$不可能成为最优，后缀最小值同理。
这样我们获得了一个前缀最大值数组$ S$,一个后缀最小值数组$ T$，我们对于每个点，计算哪些矩形能够包含这个点
显然包含这个点的矩形左端点要在这个点的左上方，右端点在这个点的右下方，可以通过两次二分得到包含这个点的两段数组区间
我们用$ (x,y)$表示左端点是前缀最大值第$ x$个，右端点是后缀最小值第$ y$个的矩形，可以发现能包含这个点的矩形用坐标表示后也是一个矩形
然后就把题意转化成有若干个矩形，求一个被最多矩形覆盖的位置 扫描线+线段树维护即可
时间复杂度:$ O(n log n)$
code:
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define file(x)freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout)
#define rt register int
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll x = 0; char zf = 1; char ch = getchar();
while (ch != '-' && !isdigit(ch)) ch = getchar();
if (ch == '-') zf = -1, ch = getchar();
while (isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); return x * zf;
}
void write(ll y){if(y<0)putchar('-'),y=-y;if(y>9)write(y/10);putchar(y%10+48);}
void writeln(const ll y){write(y);putchar('\n');}
int i,j,k,m,n,x,y,z,cnt;
int a[300010],c[300010];
void up(int x){
for(rt i=x;i<=n;i+=i&-i)c[i]++;
}
int query(int x){
int ans=0;
for(rt i=x;i;i&=i-1)ans+=c[i];
return ans;
}
int sta[300010],top;
int L1[300010],R1[300010],L2[300010],R2[300010];
struct query{
int id,x,L,R;
bool operator <(const query s)const{
if(x==s.x)return id<s.id;
return x<s.x;
}
}q[600010];
struct segment{
int L,R,Max,tag;
}t[300010*4];
void build(int x,int L,int R){
t[x].L=L;t[x].R=R;if(L==R)return;
const int mid=L+R>>1;
build(x<<1,L,mid);build(x<<1|1,mid+1,R);
}
void change(int x,int L,int R,int val){
if(t[x].L>=L&&t[x].R<=R){
t[x].tag+=val;
t[x].Max+=val;
return;
}
const int mid=t[x].L+t[x].R>>1;
if(mid>=L)change(x<<1,L,R,val);
if(mid+1<=R)change(x<<1|1,L,R,val);
t[x].Max=max(t[x<<1].Max,t[x<<1|1].Max)+t[x].tag;
}
int main(){
n=read();ll ret=(ll)n*(n-1)/2;
for(rt i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(rt i=1;i<=n;i++){
ret-=query(a[i]-1);
up(a[i]);
}//ret计算初始逆序对数量
for(rt i=1;i<=n;i++){
if(a[i]>sta[top]||!top)sta[++top]=a[i];
int pla=lower_bound(sta+1,sta+top+1,a[i])-sta;
L1[i]=pla;L2[i]=top;
}top=0;
memset(sta,0,sizeof(sta));
for(rt i=n;i>=1;i--){
if(-a[i]>sta[top]||!top)sta[++top]=-a[i];
int pla=lower_bound(sta+1,sta+top+1,-a[i])-sta;
R1[i]=pla;R2[i]=top;
}//L1 L2 R1 R2表示包含第i个点的合法矩形的范围
for(rt i=1;i<=n;i++){
q[2*i-1]={1,L1[i],R1[i],R2[i]};
q[2*i]={-1,L2[i]+1,R1[i],R2[i]};
}
sort(q+1,q+2*n+1);int ttt=2;
build(1,1,top);
for(rt i=1;i<=2*n;i++){
change(1,q[i].L,q[i].R,q[i].id);
ttt=max(ttt,t[1].Max);
}
cout<<ret-(ttt-2)*2;
return 0;
}