输入：
7
2 2 1 1 1 2 1
输出：
3
思路： 核心: 枚举优化+前缀和
法一：01枚举，O(n^2) 。
不过数据范围2e5，会tle，暂时不会优化，此做法先略过= =
法二: 枚举优化，O(n)。
发现答案其实无非三种情况，全黑、全白、白黑，全黑全白的操作知道队伍中黑白牛的数量容易求得。
剩下白黑情况，白黑可以通过枚举白黑分界点求得。
即1 ~ i-1为白，i ~ n为黑 ，其中 1 ≤ i ≤ n。
白黑的数量知道其一即可，用前缀和求，不过多赘述。
ps：代码中前缀和求的是白牛的数量
（刚开始想用dp，不过写到白黑的转移方程发现其实不必转移状态，只要巧用白黑数量即可= =
//dp
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define _for(i,a,b) for(int i=(a) ;i<=(b) ;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int dp[N];//dp[i] 1到i-1白 i到n黑
int sum[N];
int main()
{
int ans = 0x7f7f7f7f;
int n;
cin>>n;
_for(i,1,n)//前缀和求白色数量
{
cin>>a[i];
if( a[i] == 1) sum[i] += sum[i-1] + 1;
else sum[i] += sum[i-1];
}
ans = min(sum[n] , n - sum[n] );
// 长度为2的时候需要特判
if( n>=2 )
{
if( a[2]==2 )
{
dp[2] = 1-sum[1] + sum[n] - sum[2];
}
else
{
dp[2] = 1-sum[1] + sum[n] - sum[2] +1;
}
}
ans = min (ans , dp[2]);
_for(i,3,n)
{
if( a[i]==2 )
{
dp[i] = i-1-sum[i-1] + sum[n] - sum[i];//i为黑
}
else
{
dp[i] = i-1-sum[i-1] + sum[n] - sum[i] + 1;//i为白，操作需要+1，将i变为黑
}
ans = min (ans , dp[i]);
}
cout<<ans;
}