题意：
给定长度为 (2N) 的序列，(1~N) 各处现过 (2) 次，i第一次出现位置记为(ai)，第二次记为(bi)，求满足(ai<aj<bi<bj)的对数.
转化一下题意：求 (a_i - b_i) 中出现次数为 (1) 的个数。
既然数据范围那么小，直接上莫队。
先预处理出每个数第一次出现以及第二次出现的位置。
然后就变成了我们熟悉的区间问题。就可以套用莫队的板子啦，
但最后答案要除以 二，因为 ((x,y)) 这两个数对，你在 (x) 这个位置会算一遍，在 (y) 这个位置同样也会被算一遍。
可这个却只能算一遍，所以最后答案要除以二。
计算移动指针的贡献的时候，不要忘记计算移动前和移动后对现在答案的影响。
具体的细节可以看代码：
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int n,m,ans,tmp,l,r,block,x;
int pos[N],fir[N],sec[N],cnt[N],a[N];
struct node
{
int l,r,id;
}q[N];
inline int read()
{
int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return s * w;
}
bool comp(node a,node b)
{
if(pos[a.l] == pos[b.l]) return a.r < b.r;
return pos[a.l] < pos[b.l];
}
void add(int x)
{
if(cnt[a[x]] == 0) tmp++;//如果说当前这个数在这段区间第一次出现，对答案的贡献加1
cnt[a[x]]++;
if(cnt[a[x]] == 2) tmp--;//出现两次对答案没有贡献
}
void del(int x)
{
if(cnt[a[x]] == 2) tmp++;//出现次数变为一次，就会对答案的贡献加1
cnt[a[x]]--;
if(cnt[a[x]] == 0) tmp--;//没有出现，对答案的贡献就会变为0
}
int main()
{
n = read(); block = sqrt(2 * n);
for(int i = 1; i <= 2 * n; i++)
{
a[i] = read();
if(fir[a[i]] == 0) fir[a[i]] = i;//求一个数第一次以及第二次出现的位置
else sec[a[i]] = i;
}
for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) pos[i] = (i - 1) / block + 1;//分块预处理，注意是对序列分块
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
q[i].l = fir[i];
q[i].r = sec[i];
q[i].id = i;
}
sort(q+1,q+n+1,comp);
l = 1, r = 0, tmp = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)//莫队板子
{
while(l < q[i].l) del(l++);
while(l > q[i].l) add(--l);
while(r < q[i].r) add(++r);
while(r > q[i].r) del(r--);
ans += tmp;
}
printf("%d
",ans/2);//最后不要忘记除以二
return 0;
}