對於每一個節點，保證這個子樹代表的區間裡逆序對數最少，即能保證答案最小，因為兩顆互不包含的子樹內部的順序與一顆子樹對另一顆子樹的貢獻無關

對每個葉子節點建一個權值線段樹，對每個非葉子節點合併他的兩個兒子節點的線段樹，合併的時候通過siz[son[x][0]]*siz[son[y][1]]和siz[son[x][1]]*siz[son[x][0]]算出左兒子在前和右兒子在前時候的子樹內逆序對數，用其中較小的一個更新答案

複雜度O(n log n)

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#include<bitset>
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using namespace std;
#define MAXN 800010
#define MAXM 6000010
#define INF 1000000000
#define MOD 1000000007
#define ll long long
#define eps 1e-8
int n;
int l[MAXN],r[MAXN];
int RT,TOT;
int v[MAXN];
int rt[MAXN];
int siz[MAXM],son[MAXM][2];
int tot;
ll ans;
void change(int &x,int l,int r,int p){
	if(!x){
		x=++tot;
	}
	siz[x]++;
	if(l==r){
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1;
	if(p<=mid){
		change(son[x][0],l,mid,p);
	}else{
		change(son[x][1],mid+1,r,p);
	}
}
ll ad1,ad2;
int merge(int x,int y){
	if(!x||!y){
		return x+y;
	}
	ad1+=(ll)siz[son[x][0]]*siz[son[y][1]];
	ad2+=(ll)siz[son[x][1]]*siz[son[y][0]];
	son[x][0]=merge(son[x][0],son[y][0]);
	son[x][1]=merge(son[x][1],son[y][1]);
	siz[x]+=siz[y];
	return x;
}
void get(int &x){
	x=++TOT;
	scanf("%d",&v[x]);
	if(!v[x]){
		get(l[x]);
		get(r[x]);
		ad1=ad2=0;
		rt[x]=merge(rt[l[x]],rt[r[x]]);
		ans+=min(ad1,ad2);
	}else{
		change(rt[x],1,n,v[x]);
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	get(RT);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

/*
4
0 0 1 3 0 4 2 
*/