题意
给一个长度为nn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F1F1难在nn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]a[i]为连续的整数，设tottot种不同的数，则1≤a[i]≤tot1≤a[i]≤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+1i,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+3i,i,i+1,i+2,i+2,i+3这种形式，那么中间的数（i+1i+1，i+2i+2）一定是被取完了，否则其他的i+1i+1或者i+2i+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+1i,i+1,i+2,i+1这种序列，i,i+1,i+2i,i+1,i+2并不满足条件，因为i+1i+1并没取完
设dp[i][0]dp[i][0]为只取相同的数且以a[i]a[i]为结尾所得到的最长子序列，dp[i][1]dp[i][1]为a[i]a[i]还没取完且所得到的以a[i]a[i]为结尾最长子序列，dp[i][2]dp[i][2]为a[i]a[i]取完且以a[i]a[i]为结尾所得到的最长子序列，我们用pos[i]pos[i]表示数字ii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（表示a[i]a[i]最后出现的位置，l[a[i]]l[a[i]]表示a[i]a[i]最早出现的位置，num[a[i]]num[a[i]]表示a[i]a[i]的个数）：
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]dp[i][0]，方程表示上一个位置的a[i]a[i]接着取
- dp[i][1]dp[i][1]，方程表示上一个a[i]a[i]接着取，或者上一个a[i]−1a[i]−1接着取，或者a[i]−1a[i]−1已经全部取完后接着取
- dp[i][2]dp[i][2]，表示从最早出现的a[i]a[i]开始，后面都只取a[i]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 << '
';
}
signed main() {
cin >> T;
while (T--)
solve();
return 0;
}