Subtask 1 ( $K=1,N\leq 20$ )

เราสามารถลองเลือกเอาหนังสือออกในทุกรูปแบบแล้ว เช็คว่าแบบใดที่ตรงกับเงื่อนไขเพื่อหาจำนวนหนังสือที่น้อยที่สุดที่ต้องเอาออก

Time Complexity: $\mathcal{O}(2^N)$

Subtask 2­-3

สังเกตว่าการที่เราหาว่าการที่เราหาวิธีการเอาหนังสือออกน้อยที่สุดนั้นทำได้ยาก เราสามารถเปลี่ยนมุมมองของโจทย์เป็นว่าเราจะเก็บหนังสือไว้บนชั้นได้มากที่สุดกี่เล่มแทน โดยโจทย์นี้เราสามารถมองเป็น weight scheduling problem โดยเราสามารถเก็บค่าตำแหน่งของหนังสือเล่มที่อยู่ซ้ายที่สุดกับอยู่ขวาที่สุด และเก็บจำนวนของหนังสือประเภทนั้น เนื่องจากหากเราเลือกจะเก็บหนังสือประเภทใดก็ตาม เราจะไม่สามารถเก็บหนังสือประเภทอื่น ระหว่างเหลื่อมหรือทับกับหนังสือช่วงที่เราจะเลือกเก็บได้

ให้ $dp[i]$ แทนจำนวนหนังสือที่เก็บได้มากที่สุด เมื่อมองแค่ $i$ ช่องแรก

ให้ $l$ หนังสือเล่มซ้ายสุดที่มีประเภทเหมือนหนังสือเล่มที่ $i$

ให้ $s_i$ จำนวนหนังสือที่มีประเภทเหมือนหนังสือเล่มที่ $i$

ถ้าหนังสือเล่มที่ $i$ เป็นหนังสือเล่มขวาสุดของหนังสือประเภทนั้น $dp[i]=\max(dp[i-1],dp[k]+s_i)$

ถ้าหนังสือเล่มที่ i ไม่ใช่หนังสือเล่มขวาสุดของหนังสือประเภทนั้น $dp[i]=dp[i-1]$

คำตอบของคำถามคือ $N-dp[N]$

Time Complexity: $\mathcal{O}(N)$

Subtask 4 ( $K=1$ )

เราสามารถสังเกตเพิ่มเติมจาก Subtask 2-3 ได้ว่าหนังสือที่เราควรจะเลือกออกนั้นจะเป็นหนังสือที่เป็นเล่มที่อยู่ซ้ายสุด หรือขวาสุดของประเภทนั้นๆเท่านั้น โดยเราสามารถ 2D dynamic programming โดยเพิ่มมาหนึ่งมิติเพื่อเก็บว่าเราเคยเอาทำหนังสือออกแค่เล่มเดียวหรือยังในการแก้ไขปัญหา

Time Complexity: $\mathcal{O}(N)$

Solution Code:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define pb push_back
#define F first
#define S second

int n, m, k, x[1000005], ty[1000005];
int dp[1000005][3], ls[1000005][3], mx[1000005][2], mn[1000005][2];
vector<pair<int, pair<int, int> > > v[1000005];

int main() {
  scanf("%d %d", &n, &k);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%d", &x[i]);
    if (ty[x[i]] == 0) {
      mx[x[i]][0] = i;
      mx[x[i]][1] = i;
      mn[x[i]][0] = i;
      mn[x[i]][1] = i;
    } else {
      mx[x[i]][1] = mx[x[i]][0];
      mx[x[i]][0] = i;
      if (ty[x[i]] == 1) mn[x[i]][1] = i;
    }
    ty[x[i]]++;
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (ty[i] == 0)
      continue;
    else if (ty[i] == 1)
      v[mx[i][0]].pb({mn[i][0] - 1, {1, 0}});
    else {
      v[mx[i][0]].pb({mn[i][0] - 1, {ty[i], 0}});
      v[mx[i][1]].pb({mn[i][0] - 1, {ty[i] - 1, 1}});
      v[mx[i][0]].pb({mn[i][1] - 1, {ty[i] - 1, 1}});
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 0; j < v[i].size(); j++) {
      if (v[i][j].S.S == 1) {
        for (int cc = 1; cc < 3; cc++) {
          if (dp[i][cc] < dp[v[i][j].F][cc - 1] + v[i][j].S.F &&
              ls[v[i][j].F][cc - 1] != x[i]) {
            dp[i][cc] = dp[v[i][j].F][cc - 1] + v[i][j].S.F;
            ls[i][cc] = x[i];
          }
        }
      } else {
        for (int cc = 0; cc < 3; cc++) {
          if (dp[i][cc] < dp[v[i][j].F][cc] + v[i][j].S.F) {
            dp[i][cc] = dp[v[i][j].F][cc] + v[i][j].S.F;
          }
        }
      }
    }
    for (int cc = 0; cc < 3; cc++) {
      if (dp[i][cc] < dp[i - 1][cc]) {
        dp[i][cc] = dp[i - 1][cc];
        ls[i][cc] = ls[i - 1][cc];
      }
    }
  }
  int ans = 0;
  for (int i = 0; i <= k; i++) ans = max(ans, dp[n][i]);
  printf("%d", n - ans);
}