思路
首先答案上界为 \(n\)，因为每本书操作一次一定能使得书架整齐。
因此考虑计算有多少本书能不操作，定义 \(dp_i\) 表示以 \(i\) 为开头的后缀中，最多能保留多少本书不动。答案显然为 \(n - dp_1\)，考虑转移：
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如果 \(i\) 位置选择操作，显然有 \(dp_i \leftarrow dp_{i + 1}\)。
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如果 \(i\) 位置选择不操作，有 \(dp_i \leftarrow cnt_{a_i} + dp_{R_{a_i} + 1}\)。其中 \(cnt_i\) 表示后缀颜色 \(i\) 出现数量，\(R_i\) 表示最后一个颜色 \(i\) 的书出现的位置。
但是你发现这个东西是有一些问题的，本质上是因为 \(a_i\) 不操作需要将 \([i,R_{a_i}]\) 中颜色不为 \(a_i\) 的书全部移走。这会导致有两个区间有交，导致有元素被计算重复。解决这个问题最好的方式就是只在 \(L_{a_i}\) 加上 \(dp_{R_{a_i} + 1}\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define re register
#define chmax(a,b) (a = max(a,b))using namespace std;const int N = 5e5 + 10;
int n;
int cnt[N],dp[N];
int arr[N],L[N],R[N];inline int read(){int r = 0,w = 1;char c = getchar();while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') w = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){r = (r << 3) + (r << 1) + (c ^ 48);c = getchar();}return r * w;
}int main(){n = read();for (re int i = 1;i <= n;i++){R[arr[i] = read()] = i;if (!L[arr[i]]) L[arr[i]] = i;}for (re int i = n;i;i--){cnt[arr[i]]++;dp[i] = dp[i + 1];if (i == L[arr[i]]) chmax(dp[i],cnt[arr[i]] + dp[R[arr[i]] + 1]);else chmax(dp[i],cnt[arr[i]]);}printf("%d",n - dp[1]);return 0;
}
