题意：

给你nnn张卡片，每张卡片正面写有数字aaa，反面写有数字bbb，[1,2∗n][1,2*n][1,2∗n]之间的整数在这些数字中都恰好出现一次，我们认为这nnn张牌是排好序的当且仅当ai<ai+1,bi>bi+1a_i<a_{i+1},b_i>b_{i+1}ai<ai+1,bi>bi+1，你现在有两种操作：
(1)(1)(1)将第iii张牌翻过来。
(2)(2)(2)重新排序nnn张牌，顺序任意。
问最少需要翻几次牌，或者无解。

思路：

首先如果存在一个位置的ai<n,bi<na_i<n,b_i<nai<n,bi<n，那么由鹊巢原理可知，一定存在某一位置ai>n,bi>na_i>n,b_i>nai>n,bi>n，这两个牌的位置不管怎么牌都不符合要求，这种情况无解。
之后我们考虑将[1,n][1,n][1,n]都翻到正面，之后设f(i)f(i)f(i)表示与iii卡片对应的数。之后我们就将卡牌转换成了(i,f(i))(i,f(i))(i,f(i))这样的形式。目前我们保证了正面的iii是递增的，反面是不确定的，答案一定是将某些牌翻面，让后放在最后面，因为反面之后[1,n][1,n][1,n]的数到反面，一定小于[n+1,n∗2][n+1,n*2][n+1,n∗2]，且反面之后还需要将其reversereversereverse一下，因为在正面是升序，反面应该降序。这样就需要对我们的f(i)f(i)f(i)有要求了，先给出结论：能将f(i)f(i)f(i)分成至多两个单调下降子序列的时候才有解。 我们观察一下上面说的情况，在翻面之后，翻面之后还反面的肯定是需要单调递减的，而翻到正面的由于我们需要reversereversereverse一下，在reversereversereverse之后需要递增，那么原来也需要递减，所以结论成立。
现在问题就变成将f(i)f(i)f(i)分成至多两个单调递减的子序列，这个是个经典贪心问题，直接用两个栈，当小于某个栈的时候直接放进去就好了。但是这个题需要翻最少的次数，我们怎么才能保证是最优解呢？题解有一个很妙的方法，就按照minj<=if(j)>maxj>if(j)min_{j<=i} f(j) > max_{j>i} f(j)minj<=if(j)>maxj>if(j)分成若干段，即在i,i+1i,i+1i,i+1之间加一块隔板，就可以将这几段分成若干个子问题，这几段满足如下两个性质：
(1)(1)(1)每段都相互独立
(2)(2)(2)每段内的划分方案是唯一的。
独立是比较容易想到的，因为保证了minj<=if(j)>maxj>if(j)min_{j<=i} f(j) > max_{j>i} f(j)minj<=if(j)>maxj>if(j)，所以每两段答案一定是可以接在一起的。
方案唯一性的证明想了好长时间也没想明白，就不说了。
这样的话对于每一段，维护两个栈，贪心的选就好了。

//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
int f[N],c[N];
int pre[N],suf[N];
PII p[N];int get(int l,int r)
{int len1,len2,top1,top2,c1,c2;len1=len2=c1=c2=0;top1=top2=INF;int flag=0;for(int i=l;i<=r;i++){if(top1>f[i]) top1=f[i],c1+=c[i],len1++;else if(top2>f[i]) top2=f[i],c2+=c[i],len2++,flag=1;else return -1;}return min(c1+len2-c2,c2+len1-c1);
}int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);int flag=1;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);if(a>b) swap(a,b),c[a]=1;if(a>n&&b>n) flag=0;p[i]={a,b}; f[a]=b;}if(!flag) { puts("-1"); return 0; }pre[1]=f[1]; suf[n]=f[n];for(int i=2;i<=n;i++) pre[i]=min(pre[i-1],f[i]);for(int i=n-1;i>=1;i--) suf[i]=max(suf[i+1],f[i]);pre[0]=INF;LL ans=0;int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){int st=i;cnt++;while(pre[i]<=suf[i+1]) i++;int now=get(st,i);if(now==-1) { puts("-1"); return 0; }ans+=now;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/*
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*/

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