就是对于一个哞叫，实质是寻找他的第一个数，我称为新树，然后就是寻找这个这个哞叫，假设这个哞叫最后两个数字为啊，a,b，当然，a = b，然后我要寻找a前面的与a不同的数的数量，同时保证每个不同的数只会统计一次，然后在寻找b前面的数的数量，然后求他们两个数的数量的最小值，因为a与b之间的数是不能用作这个哞叫最前面的数的，所以我们现在要找的就是a或者b前面的不同的数的数量。

因为数太大，所以我用了不受数字大小影响的map数组，(我也没想到能用map硬堆出来)，然后我的p3是用来标记这个数在前面是否出现过，同时判断她存在几个，这样可以在后序遍历p3时候找到>=2的然后进行判断。

然后重点是p1,p2，我通过两个map数组然后依次标记他前面的新数数量，比如说有四个相同的数，通过p4标记这个数，然后p4通过每次加一，让p1,p2轮流得到这个点在这个坐标下，他的新数大小，最后，因为我们不知道p1,p2哪个存的倒数第二个（当然，例子中可以简单看出来），所以用min来找出最小的。

样例

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#include <iostream>
#include <unordered_map>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long int ll;
const int N = 1e6 + 100;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int n;
    cin >> n;
    ll a[N];
    unordered_map<ll, int> p1; // 存放第一个位置
    unordered_map<ll, int> p2; // 存放第二个位置
    unordered_map<ll, int> p3; // 判断是否是新数
    unordered_map<ll, int> p4; // 通过奇偶来决定更新哪个map
    ll sum = 0;
    int maxn = 0;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (p3.find(a[i]) == p3.end()) { // 是新数
            sum++;
        }
        p3[a[i]]++; // 标记是否是新数
        if (p4[a[i]] % 2 == 0) { // 是新数或者第二个位置也已经确定,偶数的话更新第一个
            p1[a[i]] = sum - 1;
            p4[a[i]]++;
        } else if (p4[a[i]] % 2 == 1) { // 第一个位置已填满,奇数的话更新第二个
            p2[a[i]] = sum - 1;
            p4[a[i]]++;
        }
    }

    ll x = 0;
    for (auto t : p3) {
        if (t.second >= 2) {
            x += min(p1[t.first], p2[t.first]);
        }
    }
    cout << x;
    return 0;
}    

算法1

(暴力枚举) $O(n^2)$

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时间复杂度

参考文献

C++ 代码

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算法2

(暴力枚举) $O(n^2)$

blablabla

时间复杂度

参考文献

C++ 代码

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