发现没法直接求，但是正难则反。
考虑取补集。
题目要求满足 \(i < j < k,a_i < a_k,a_j > a_k\) 的 \((i,j,k)\) 的个数。
转化一下，相当于满足 \(i < j < k,a_i < a_j,a_i < a_k\) 的个数减去满足 \(i < j < k,a_i < a_j,a_j < a_k\) 的个数。
前者，对于每个 \(i\)，设满足 \(i < j,a_i < a_j\) 的 \(j\) 的个数为 \(cnt\)，可以发现相当于 \(C_{cnt}^2\)。
后者，考虑 DP。
设 \(f_{i,j}\) 表示以 \(a_i\) 结尾长度为 \(j\) 的上升子序列的个数。
那么相当于 \(\sum\limits_{i = 1}^n f_{i,3}\)。
\(j\) 最多是 \(3\)，所以可以用数据结构（如 BIT）优化转移。
本人使用两个 BIT，复杂度 \(O(n \log n)\)。
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using namespace std;
const int N = 2e5;
int n,a[N + 5];
long long f[N + 5][4];
long long ans;
struct BIT_1
{
int c[N + 5];
inline void update(int x,int k)
{
for(;x;x -= lowbit(x))
c[x] += k;
}
inline int query(int x)
{
int ret = 0;
for(;x <= n;x += lowbit(x))
ret += c[x];
return ret;
}
} bit1;
struct BIT_2
{
long long c[4][N + 5];
inline void update(int op,int x,long long k)
{
for(;x <= n;x += lowbit(x))
c[op][x] += k;
}
inline long long query(int op,int x)
{
long long ret = 0;
for(;x;x -= lowbit(x))
ret += c[op][x];
return ret;
}
} bit2;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(register int i = 1;i <= n;++i)
scanf("%d",a + i);
for(register int i = n;i;--i)
{
int k = bit1.query(a[i] + 1);
if(k >= 2)
ans += (long long)(k - 1) * k / 2;
bit1.update(a[i],1);
}
for(register int i = 1;i <= n;++i)
{
f[i][1] = 1;
for(register int j = 1;j <= 3;++j)
{
f[i][j] += bit2.query(j - 1,a[i] - 1);
bit2.update(j,a[i],f[i][j]);
}
ans -= f[i][3];
}
printf("%lld\n",ans);
}