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【题目】
原题地址
给定一个序列，问最少将序列切多少刀并重排后，序列单调不降。 $n\leq 10^6$

【解题思路】
这个 $\text{DP}$ 十分有趣啊。
首先我们先把所有数离散化后都用挡板分开，现在问题就是去掉最多的挡板。观察到当存在连续序列 $(a,a+1,a+2)$ 且 $a+1$ 在数组中不唯一时，去掉 $(a,a+1)$ 的挡板可能导致 $(a+1,a+2)$ 的挡板无法去除。

我们用 $f_i$ 表示去除数值 $(0,1)$ 到 $(i,i+1)$ 的所有可去除挡板数量。注意到 $f$ 的值和去除那一块可选挡板有关因此我们需要加一维，设 $f_{i,j}$ 表示去除 $(i,i+1)$ 挡板时考虑位置 $(j,j+1)$

即首先 $i$ 和 $j$ 有条件 $a_j=i,a_{j+1}=i+1$
$f_{i,j}=\max(f_{i-1,j'}+[j不是j'产生的冲突位置])$
这个条件等价于 $j=j'+1$ 且 $a_j$ 不唯一。

那么对于一个 $j'$ ，最多产生一个冲突位置 $j'+1$ (当a_{j’+1}唯一就不是冲突位置）。
对于一个 $j$ ，只可能是一个位置 $j'=j-1$ 的冲突位置。

如果我们把 $f_i$ 看作一张表，最后求的就是 $f_n$ 的最大值。

观察转移方程，从f_i向f_{i+1}转移的时候，求 $\max$ 的是 $f_i$ 这张表的所有元素，但其中有些元素加了 $1$ （ $j$ 不是 $j'$ 的冲突位置）。

所以，我们只需保存这张表最大的那些值就行了。具体来说我们只用保留最大值和次大值：
回顾条件，当我们保存了两个 $f$ 值最大的 $j'$ 对应的冲突位置时，那么求 $f_{i,j}$ 就能一定找到一个不冲突的位置，然后累计加上 $1$

所以最终复杂度为 $O(n)$

【参考代码】

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mkp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=1e6+10;
int n,sz,b[N];
vector<int>a,pos[N];

int read()
{
	int ret=0,f=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=0;c=getchar();}
	while(isdigit(c)) ret=ret*10+(c^48),c=getchar();
	return f?ret:-ret;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("A.in","r",stdin);
	freopen("A.out","w",stdout);
#endif
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		int x=read();
		if(a.empty() || a.back()!=x) a.pb(x);
	}
	n=(int)a.size();
	for(int i=0;i<n;++i) b[i]=a[i];
	sort(b,b+n);sz=unique(b,b+n)-b;
	for(int i=0;i<n;++i) a[i]=lower_bound(b,b+sz,a[i])-b,pos[a[i]].pb(i);
	pii s1=mkp(0,n),s2=mkp(0,n);
	for(int i=0;i<sz-1;++i)
	{
		pii t1=s1,t2=s2;
		for(int j=0;j<(int)pos[i].size();++j)
		{
			int p=pos[i][j];
			if(p==n-1 || a[p]+1!=a[p+1]) continue;
			pii s=mkp(0,n);
			if(p^s1.se) s=s1; else s=s2;
			++s.fi;s.se=p+1;
			if(pos[i+1].size()==1) s.se=n;
			if(s>t1) t2=t1,t1=s;
			else if(s>t2) t2=s;
		}
		s1=t1;s2=t2;
	}
	printf("%d",n-s1.fi-1);

	return 0;
}

【总结】
层层递进的思想，挺难想的吧qwq。

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