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

  #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
  #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;
  }