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(Description)
给定长度为(2N)的序列，(1 ext ~N)各出现过(2)次，(i)第一次出现位置记为(a_i)，第二次记为(b_i)，求满足(a_i<a_j<b_i<b_j)的((i,j))对数。
- (Nin [1,10^5])
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(Solution)
考虑以一个数作为(i)出现在答案里，对应的(j)应满足(a_jin (a_i,b_i),b_j>b_i)。也就是说，我们需要对每一个数统计它两次出现的位置构成的区间里，有多少个数字是第一次出现。
考虑树状数组的做法，第一次遇到一个数时，在出现位置打标记，记录下这个数第一次出现的位置，便于询问。
当第二次遇到这个数时，直接查询区间((a_i,b_i))的区间和即可。因为这个数已经出现了两次，不能对后续的询问做出贡献了，所以要将之前的打标记处撤销标记。
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(Code)
#include<map>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 50010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
inline int rd(){
int x=0; bool f=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
return f?-x:x;
}
int n,ans,p[N];
struct BIT{
int c[N];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int p,int x){for(;p<=n;p+=lowbit(p))c[p]+=x;}
inline int sum(int p){
int res=0;
for(;p;p-=lowbit(p)) res+=c[p];
return res;
}
}bit;
int main(){
n=rd()<<1;
for(R int i=1,x;i<=n;++i){
x=rd();
if(!p[x]) bit.add((p[x]=i),1);
else ans+=bit.sum(i)-bit.sum(p[x]),bit.add(p[x],-1);
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}