(Description)
给定一棵n个叶子的二叉树，每个叶节点有权值(1<=ai<=n)。可以任意的交换两棵子树。问最后顺序遍历树得到的叶子权值序列中，最少的逆序对数是多少。
(Solution)
很重要的一点是在子树内部交换左右儿子对其它子树是没有影响的。（当然更大区间内交换两棵子树对子树内部也是没有影响的）
所以DFS，对每个节点的两棵子树，如果换了更优就换，不优就不换。
怎么统计两棵子树换/不换产生的逆序对数呢，用两棵子树的值域线段树合并解决。换/不换产生的逆序对数根据子树的大小关系判断就行了。
时间空间都是(O(nlog n)).
在这里记一下我个人对线段树合并复杂度的感性证明吧...（好像就是势能分析）
每次合并两棵树，代价是两棵树的公共节点数，设它是(x)。
在合并完两棵树后，这两棵树的(2*x)个公共节点被合并成了(x)个，相当于删掉了(x)个点。
所以合并的代价（复杂度）就是，被合并点的点的个数，也就是删掉的点的个数。
而要删掉这个点就要先存在这个点，初始一共有(nlog n)个节点，所以删掉点的个数不会超过(nlog n)，所以总复杂度不会超过(nlog n)。
如果初始是对每个节点进行一次区间修改，和插入单点一样只会影响(log n)个点，所以初始还是一共最多有(nlog n)个点，复杂度一样。
另外复杂度也不完全是公共节点数，因为还要从它往下一层才知道它是公共节点。
也许是因为这个能卡一些线段树合并的复杂度吧，但是影响不大不管了。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=2e5+5;
int n;
LL Ans;
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Segment_Tree
{
#define S N*19//只有建树、合并的话 nlogn就够了 n(logn+1)!
#define lson son[x][0]
#define rson son[x][1]
int tot,sz[S],son[S][2];
void Insert(int &x,int l,int r,int p)
{
sz[x=++tot]=1;
if(l==r) return;
int m=l+r>>1;
if(p<=m) Insert(lson,l,m,p);
else Insert(rson,m+1,r,p);
}
int Merge(int x,int y,LL &ans1,LL &ans2)
{
if(!x||!y) return x^y;
ans1+=1ll*sz[rson]*sz[son[y][0]], ans2+=1ll*sz[lson]*sz[son[y][1]];
lson=Merge(lson,son[y][0],ans1,ans2);
rson=Merge(rson,son[y][1],ans1,ans2);
sz[x]+=sz[y];// sz[x]=sz[lson]+sz[rson]; 这种写法在合并叶子节点时不对啊！（y更新不了x）
return x;
}
// void Print(int x,int l,int r)
// {
// if(!x) return;
// printf("%d:%d~%d sz:%d
",x,l,r,sz[x]);
// if(l==r) ;
// else Print(lson,l,l+r>>1), Print(rson,(l+r>>1)+1,r);
// }
}T;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int DFS()//返回root
{
int v=read();
if(v) {int x; T.Insert(x,1,n,v); return x;}
LL ans1=0, ans2=0;
int rt=T.Merge(DFS(),DFS(),ans1,ans2);//当然参数顺序是反着的
Ans+=std::min(ans1,ans2);
return rt;
}
int main()
{
n=read(), DFS(), printf("%lld
",Ans);
return 0;
}