• 方法1：枚举 $i,j,k$，复杂度 $O(n^3)$，会超时。

• 方法2：着手点 $a_i \le 10^5$，发现数据范围不大。考虑对每个 $a_i$ 进行计数，$st_x$ 表示 $x$ 的出现次数，如果枚举 $x$，知道 $<x$ 的元素数量 $left$， $>x$ 的元素数量 $right$，对于 $x$ 的贡献是可以计算出的 $st_x \times left \times right$。

• 为什么可以这样做呢？

• 其实 $i<j<k$ 只是说明三个数不是同一个位置，我们需要在 $n$ 个数中选择 $3$ 个数，原本就是一个组合问题 $C_n^3$ 减去不符合题意的部分。所以只要可以维护数据的大小和个数，不必关注数据的位序。

• 注意数据需要 $long\ long$.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1E9 + 7;

void solve1() {
    int n, m;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 5);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];

    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
            if (a[i] == a[j]) continue;
            for (int k = j + 1; k <= n; k++) {
                if (a[j] == a[k] || a[i] == a[k]) continue;
                ans++;
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

void solve2() {
    int n, m;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 5), st(N, 0);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i], st[a[i]]++;

    ll ans = 0, left = 0, right = n;
    for (int i = 0; i <= 1e5; i++) {
        if (st[i]) {
            right -= st[i];
            ans += left * st[i] * right;
            left += st[i];
        }
    }
    cout << ans << endl;
}
int main(int argc, char* argv[]) {
    int t = 1;
    // cin >> t;
    while (t--) {
        solve2();
    }
    return 0;
}