当$S_{i}=S_{i+1}$时对$i$操作显然无意义，不妨强制不允许此类操作

构造排列$P_{i}$，初始等于$\{1,2,...,n\}$，当对$i$操作后交换$P_{i}$和$P_{i+1}$

结论：$S_{i}=[\min_{i\le j\le n}P_{j},\max_{1\le j\le i}P_{j}]$

考虑归纳，初始显然成立，考虑某次对$i$操作——

简单分析，也即求证$P_{i+1}\ne \min_{i\le j\le n}P_{j}$且$P_{i}\ne \max_{1\le j\le i+1}P_{j}$（这里的$P_{i}$仍是交换前的排列）

两者不成立的必要条件均为$P_{i}>P_{i+1}$，而此时显然$S_{i}=S_{i+1}$，与假设矛盾

换言之，问题即构造$P_{i}$，使得$L_{i}=\min_{i\le j\le n}P_{j}$且$R_{i}=\max_{1\le j\le i}P_{j}$，并最小化逆序对数

首先，可以确定确定$P_{i}=\begin{cases}L_{i}&(i=n\or L_{i}\ne L_{i+1})\\R_{i}&(i=1 \or R_{i}\ne R_{i-1})\end{cases}$

同时，简单判定合法性：无重复元素且不存在最小值过小/最大值过大（后者也保证了$L_{i}$和$R_{i}$单调不降）

然后，每一个$L_{i}$和$R_{i}$均已经存在$P_{j}$取到该值，即每一个位置仅还有$\in [L_{i},R_{i}]$的限制，根据两者的单调性，直接将剩余元素从小到大依次填入即可（填入时判定该限制，且这样也最小化逆序对数）

最终，简单统计逆序对数即可

时间复杂度为$o(n\log n)$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 500005
 4 int n,L[N],R[N],P[N],vis[N],f[N];
 5 long long ans;
 6 int lowbit(int k){
 7     return (k&(-k));
 8 }
 9 void update(int k){
10     while (k<=n){
11         f[k]++;
12         k+=lowbit(k);
13     }
14 }
15 int query(int k){
16     int ans=0;
17     while (k){
18         ans+=f[k];
19         k-=lowbit(k);
20     }
21     return ans;
22 }
23 int main(){
24     scanf("%d",&n);
25     for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&L[i],&R[i]);
26     for(int i=1;i<=n;i++){
27         if ((i==n)||(L[i]!=L[i+1]))P[i]=L[i];
28         if ((i==1)||(R[i]!=R[i-1])){
29             if ((P[i])&&(P[i]!=R[i])){
30                 printf("-1\n");
31                 return 0;
32             }
33             P[i]=R[i];
34         }
35     }
36     for(int i=n,s=n+1;i;i--){
37         if (P[i])s=min(s,P[i]);
38         if (s<L[i]){
39             printf("-1\n");
40             return 0;
41         }
42     }
43     for(int i=1,s=0;i<=n;i++){
44         if (P[i])s=max(s,P[i]);
45         if (s>R[i]){
46             printf("-1\n");
47             return 0;
48         }
49     }
50     for(int i=1;i<=n;i++){
51         if ((P[i])&&(vis[P[i]])){
52             printf("-1\n");
53             return 0;
54         }
55         vis[P[i]]=1;
56     }
57     for(int i=1,j=1;i<=n;i++)
58         if (!P[i]){
59             while ((j<=n)&&(vis[j]))j++;
60             if ((j<L[i])||(j>R[i])){
61                 printf("-1\n");
62                 return 0;
63             }
64             vis[j]=1,P[i]=j;
65         }
66     for(int i=1;i<=n;i++){
67         ans+=query(n)-query(P[i]);
68         update(P[i]);
69     }
70     printf("%lld\n",ans);
71     return 0;
72 }

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