Problem
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
",sum-ans);
}
return 0;
}