CodeForces 1367F2 Flying Sort (Hard Version)

题意

给一个长度为$n$的数组，你可以有两种操作

将某一个数放置在数组开头
将某一个数放置在数组结尾

问最小操作多少次可以得到一个非递减数列

（比$F1$难在$n$变大，且数组中元素可以有相同的）

分析

因为数组中的数很大，我们可以将其离散化然后操作，则$a[i]$为连续的整数，设$tot$种不同的数，则$1\leq a[i] \leq tot$

每个数最多操作一次，否则第一次可以不操作，那么我们就要找最多的不需要操作的数，如果不需要操作，则元素的位置不变，如果有这么一组不需要操作的数，我们可以发现，中间的数字是不能插进去的，所以这组数是在排序后仍相邻的数，则要找到最长的子序列，这个子序列在排序后仍然相邻，考虑以下几种情况

这组数相同，则没有限制
这组数中含有两种数，则要形如$i,i,i,i+1,i+1$这种形式，即排序后仍相邻
这组数含有三种以上的数，即形如$i,i,i+1,i+2,i+2,i+3$这种形式，那么中间的数（$i+1$，$i+2$）一定是被取完了，否则其他的$i+1$或者$i+2$要插进去只能重新排序，与中间数字不能插进去不符，即这几个数并不是相邻，例如$i,i+1,i+2,i+1$这种序列，$i,i+1,i+2$并不满足条件，因为$i+1$并没取完

设$dp[i][0]$为只取相同的数且以$a[i]$为结尾所得到的最长子序列，$dp[i][1]$为$a[i]$还没取完且所得到的以$a[i]$为结尾最长子序列，$dp[i][2]$为$a[i]$取完且以$a[i]$为结尾所得到的最长子序列，我们用$pos[i]$表示数字$i$上次出现的位置，因为离散化了，所以数组可以满足，状态转移方程为（$r[a[i]]$表示$a[i]$最后出现的位置，$l[a[i]]$表示$a[i]$最早出现的位置，$num[a[i]]$表示$a[i]$的个数，$pos[a[i]]$表示上一个$a[i]$出现的位置）：

dp[i][0] = dp[pos[a[i]]][0] + 1;
dp[i][1] = max(dp[pos[a[i]]][1] + 1, max(dp[pos[a[i] - 1]][0] + 1, dp[pos[a[i] - 1]][2] + 1));
if (i == r[a[i]])
    dp[i][2] = dp[l[a[i]]][1] + num[a[i]] - 1;

$dp[i][0]$，方程表示上一个位置的$a[i]$接着取
$dp[i][1]$，方程表示上一个$a[i]$接着取，或者上一个$a[i]-1$接着取，或者$a[i]-1$已经全部取完后接着取
$dp[i][2]$，方程表示从最早出现的$a[i]$开始，后面都只取$a[i]$

#pragma GCC optimize(3, "Ofast", "inline")

#include <bits/stdc++.h>

#define start ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define ll long long
#define int ll
#define ls st<<1
#define rs st<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define rep(z, x, y) for(int z=x;z<=y;++z)
#define com bool operator<(const node &b)
using namespace std;
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int maxn = (ll) 2e5 + 5;
const int mod = 998244353;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int T = 1;
int a[maxn], b[maxn];
int dp[maxn][3];
int l[maxn], r[maxn];
int pos[maxn], num[maxn];

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    rep(i, 1, n)cin >> a[i], b[i] = a[i], dp[i][0] = dp[i][1] = dp[i][2] = 0, l[i] = r[i] = 0, num[i] = 0;
    sort(b + 1, b + n + 1);
    int tot = unique(b + 1, b + n + 1) - (b + 1);
    rep(i, 1, n) {
        a[i] = lower_bound(b + 1, b + tot + 1, a[i]) - b;
        r[a[i]] = i;
        if (!l[a[i]])
            l[a[i]] = i, pos[a[i]] = i;
        ++num[a[i]];
    }
    int maxx = 1;
    rep(i, 1, n) {
        dp[i][0] = dp[pos[a[i]]][0] + 1;
        dp[i][1] = max(dp[pos[a[i]]][1] + 1, max(dp[pos[a[i] - 1]][0] + 1, dp[pos[a[i] - 1]][2] + 1));
        if (i == r[a[i]])
            dp[i][2] = dp[l[a[i]]][1] + num[a[i]] - 1;
        pos[a[i]] = i;
        rep(j, 0, 2)maxx = max(maxx, dp[i][j]);
    }
    cout << n - maxx << '\n';
}

signed main() {
    start;
    cin >> T;
    while (T--)
        solve();
    return 0;
}