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\(Description\)

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\(O(n\log n)\).

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\(n\log n\)个节点，所以删掉点的个数不会超过\(n\log n\)，所以总复杂度不会超过\(n\log n\)。

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\(n\log n\)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\n",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\n",Ans);return 0;
}