Problem

CF1223D

题目大意：

给出一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，其中对于 \(\forall 1 \le i \le n,1 \le a_i \le n\)。
每次操作可以把所有值为 \(x\) 的数放到序列的最前面或最后面，问使序列单调上升的最小操作次数是多少。

Solution

首先有两个很重要的性质。

第一个性质，每一种数最多只会被移动一次。
可以用反证法来证明。假设一个数 \(x\) 被移动到了头或尾，那么它再被移动就需要在之后有一个比x大的数移动到了头或一个比 \(x\) 小的数移动到了尾。
那么此时我们可以通过先移动那个数再移动 \(x\) 的方式使它的移动次数又变会 \(1\) 次。

第二个性质，不被移动的数一定是一段连续的数。这里的连续指的是在数值上相邻两种数的差值为 \(1\)。
如果不是一段连续的数，那么说明中间间隔的那些数是需要被移动的，但是移动之后，必然会导致不移动的数的位置错乱，所以是不可能的。

当然，不移动的数也必须本身有序才行。那么接下来的目标就是找到这样满足要求的最长的长度。

我们考虑当数没有重复，即原序列是一个排列时怎么做。
可以使用递推，设 \(f_i\) 表示以数字 \(i\) 为结尾的最长的不移动的数字长度。
很明显，若数字 \(i-1\) 出现在 \(i\) 之前，则 \(f_i=f_{i-1}+1\)，也就是继承前面的答案。否则 \(f_i=1\)，因为无法继承答案，所以只能是自己一个。
最后对于所有的 \(1 \le i \le n\)，取最大的 \(f_i\) 即可。时间复杂度为 \(O(n)\)。

那么对于有重复的数，我们发现只要改动对于能否继承的判断即可。那么什么情况下能继承，什么情况下不能呢？我们把所有的情况都枚举一遍。当然枚举时也有技巧。我们可以把相同的数看做一段区间，最左边的数的位置即为左边界，最右边的数的位置即为右边：



上面三张图中，红色的表示前一个数的区间，蓝色的表示当前数的区间。

我们观察后发现：只有第一张图的情况可以继承答案，即上一个数整个区间都在当前数区间的左边，此时满足上一个区间的右边界比当前数的左边界小。
第二和第三张图都不满足条件，即两个区间交叉或当前数整个区间在上一个数的区间的左边。此时满足上一个数的区间的右边界比当前数区间的左边界大。
那么，我们只要预处理出每个区间的左右边界，就可以做到 \(O(1)\) 判断。预处理可以 \(O(n)\) 做。

递推方式与排列时的方式相同。总时间复杂度为 \(O(n)\)。
另外还有一点需要注意，因为有重复数字，所以必然有一些数字没有出现，若当前数是 \(i\)，那么不能从 \(i-1\) 转移过来，应该从上一个出现的数转移过来。

Code

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int q,n,a[300005],l[300005],r[300005];
int sum,ans,f[300005];
int main()
{
	q=read();
	while(q--)
	{
		ans=0;
		n=read();
		for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=r[i]=f[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			a[i]=read();
			if(l[a[i]]==0) l[a[i]]=i;
			r[a[i]]=i;
		}//读入并预处理。
		sum=n;//sum表示值不同的数的个数。
		int lst=0;//lst表示上一个出现的数。
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(l[i]==0){sum--;continue;}
			if(l[i]<r[lst]) f[i]=1;//不能继承答案
			else f[i]=f[lst]+1;//能继承答案
			ans=max(ans,f[i]);
			lst=i;
		}
		printf("%d\n",sum-ans);
	}
	return 0;
}