思路

發現如果直接維護序列的話需要支持：序列插入刪除，動態前綴最大值，然后再維護答案。
這個東西根本沒法弄。所以我們考慮逆序對的性質。

先考慮 \(\forall i,a_i=n\) 的怎么做。
發現一次操作最多使一個數向前移動一個位置，并且一共可以移動的次數，為其左側比它大的數字的個數，設為 \(c_j\)。

所以我們可以考慮維護 \(c_j\)，因為其和即為逆序對個數。
每次操作會使 \(c_j\) 減一，減到零之后就對答案沒有貢獻了，所以 \(c_j\) 在時間軸上對答案的貢獻是：首項為 \(c_j\)，末項為 \(0\)，公差為 \(1\) 的等差數列。

現在我們考慮原問題。
因為 \(a_i\) 單調不降，所以對于 \(j \in (a_i,n]\) 的 \(c_j\)，其在 \(time \in [1,i)\) 會對答案一直產生 \(c_j\) 的貢獻；在 \(time \in [i,i+c_j]\) 才會對答案產生等差數列的貢獻。

這相當于對于時間軸 \(time \in [1,i)\) 前綴加 \(c_j\)，\(time \in [i,i+c_j]\) 區間加等差數列，最后前綴查詢。

線段樹或者差分維護一下就可以了。

代碼

const int N = 2e5+10;
int n,m,a[N],c[N],r[N];
ll ans,sum[N];
int tr[N];
inline void add(int x){ 
	for(int i=x;i<=n;i+=i&(~i+1)) ++tr[i];
}
inline int query(int x){
	int res = 0;
	for(int i=x;i;i-=i&(~i+1)) res += tr[i];
	return res;
}
int main(){
	// freopen("in.in","r",stdin);
    // freopen("out.out","w",stdout);

	read(n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		read(a[i]);
		c[i] = query(n)-query(a[i]);
		ans += c[i];
		add(a[i]);
	}
	read(m);
	for(int i=1;i<=m;++i) read(r[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int l = lower_bound(r+1,r+1+m,i)-r;
		++sum[l];
		--sum[Min(l+c[i],m+1)];
	}
	for(int i=1;i<=m;++i) sum[i] += sum[i-1];
	for(int i=1;i<=m;++i){
		ans -= sum[i];
		printf("%lld\n",ans);
	}

	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}