对于一种字母，记其出现次数为 $num_i$。$\\$ 显然前面出现的 $\frac{num_i}{2}$ 的字母都给它移到前 $n$ 个字符中，后面出现的 $\frac{num_i}{2}$ 扔到后面 $n$ 个字符中更优。记录 $head_1$ 表示前面已经填了多少个字符，如果当前位置要移到前 $n$ 个位置中，其耗费的代价为 $i-head_1$，扔到后面 $n$ 个位置的话不用考虑代价，因为将前 $n$ 个填满后剩下的自然就到了后面去。
接下来考虑怎么计算使前后两部分相等的代价，记 $q_1$ 为扔到前面的 $n$ 个字符的顺序，$q_2$ 为后面 $n$ 个的顺序，那么这道题就转化为每次可以交换相邻的两个元素，问最少多少次可以使 $q_1$ 序列变成 $q_2$ 序列，也就是 P1966，但是需要注意的时相同的字符显然要前面指向前面的，后面指向后面的更优，因为可以减少相对顺序的逆序对数量。$\\$ 细节不多，主要是后面处理相同字符比较麻烦。

//write by szh
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
ll read() {
	ll x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') {
		if (ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while (ch>='0'&&ch<='9') {
		x=x*10+ch-48;
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const ll N=2e5+10;
ll n;
char a[2*N];
ll q1[N],q2[N];
ll head1,head2,ans;
ll num[27],ud[27];
ll t[N],A[N],B[N],l[N];
vector<ll> w[27];
ll hw[27];
bool cmp1(ll x,ll y){
	return q1[x]<q1[y];
}
bool cmp2(ll x,ll y){
	return q2[x]<q2[y];
}
ll lowbit(ll x){
	return x&-x;
}
void add(ll x){
	while(x<=n){
		t[x]+=1;
		x+=lowbit(x);
	}
}
ll query(ll x){
	ll sum=0;
	while(x){
		sum+=t[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return sum;
}
signed main(){
	n=read();
	scanf("%s",a+1);
	for (int i=1;i<=2*n;i++) num[a[i]-'a'+1]++;
	for (int i=1;i<=2*n;i++){
		ud[a[i]-'a'+1]++;
		if(ud[a[i]-'a'+1]<=num[a[i]-'a'+1]/2){
			q1[++head1]=a[i]-'a'+1;
			ans+=i-head1;
		} else q2[++head2]=a[i]-'a'+1;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) A[i]=i,B[i]=i;
	sort(A+1,A+1+n,cmp1);
	sort(B+1,B+1+n,cmp2);
	for (int i=1;i<=n;i++) w[q1[A[i]]].push_back(A[i]);
	for (int i=1;i<=26;i++) sort(w[i].begin(),w[i].end());
	for (int i=1;i<=n;i++) A[i]=w[q1[A[i]]][hw[q1[A[i]]]++];
	for (int i=1;i<=26;i++) w[i].clear(),hw[i]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) w[q2[i]].push_back(i);
	for (int i=1;i<=26;i++) sort(w[i].begin(),w[i].end());
	for (int i=1;i<=n;i++) l[A[i]]=w[q2[B[i]]][hw[q2[B[i]]]++];
	for (int i=1;i<=n;i++){
		ans+=(i-1-query(l[i]));
		add(l[i]);
	}
	cout<<ans<<"\n";
}