题目如下：
We have some permutation A of [0, 1, ..., N - 1], where N is the length of A.
The number of (global) inversions is the number of i < j with 0 <= i < j < N and A[i] > A[j].
The number of local inversions is the number of i with 0 <= i < N and A[i] > A[i+1].
Return true if and only if the number of global inversions is equal to the number of local inversions.Example 1:
Input: A = [1,0,2]
Output: true
Explanation: There is 1 global inversion, and 1 local inversion.
Example 2:
Input: A = [1,2,0]
Output: false
Explanation: There are 2 global inversions, and 1 local inversion.Note:
A will be a permutation of [0, 1, ..., A.length - 1].
A will have length in range [1, 5000].
The time limit for this problem has been reduced.
解题思路：这是一个非常有趣的题目。我最初的想法是用一个二层的循环计算出Global的值，然后好Local比较，但是O(n^2)的复杂度显然是不行的，然后我各种优化但是得到的依旧是冷冰冰的Time Exceed Limit.考虑到题目只是要求判断Global是否会等于Local，机智的我果断放弃了计算出Global的值的尝试，开始寻找更巧妙的解法。皇天不负有心人，果然被我找到了。对应任意一个数字A[i]来说，它的Global一定是大于或者等于Local的，也就是说，在整个A中，只要找到任意一个A[i]满足在A[i+2]~A[N-1]里面有一个小于A[i]的数，最终整个数组的Global就一定会大于Local了。为什么不用考虑A[i+1]？无论A[i]和A[i+1]的大小关系如何，Global和Local的值要不分别加1，要么不变，所以不管。那么问题来了，怎么找到任意一个A[i]满足在A[i+2]~A[N-1]里面有一个小于A[i]的数呢？只需要依次遍历数组，找出以遍历元素中的最大值（记为max）和当前遍历到的元素的后面第二个元素(记为A[i+2])比较就行了，如果max > A[i+2] ，那么Global就一定会大于Local了。
代码如下：
class Solution(object):
def isIdealPermutation(self, A):
"""
:type A: List[int]
:rtype: bool
"""
maxV = -1
for i in range(len(A)-2):
if maxV == -1 or maxV < A[i]:
maxV = A[i]
if maxV > A[i+2]:
return False
return True
