本文涉及的基础知识点

C++算法：前缀和、前缀乘积、前缀异或的原理、源码及测试用例 包括课程视频
C++动态规划

LeetCode2826. 将三个组排序

给你一个整数数组 nums 。nums 的每个元素是 1，2 或 3。在每次操作中，你可以删除 nums 中的一个元素。返回使 nums 成为 非递减 顺序所需操作数的 最小值。
示例 1：
输入：nums = [2,1,3,2,1]
输出：3
解释：
其中一个最优方案是删除 nums[0]，nums[2] 和 nums[3]。
示例 2：
输入：nums = [1,3,2,1,3,3]
输出：2
解释：
其中一个最优方案是删除 nums[1] 和 nums[2]。
示例 3：
输入：nums = [2,2,2,2,3,3]
输出：0
解释：
nums 已是非递减顺序的。
提示：
1 <= nums.length <= 100
1 <= nums[i] <= 3
进阶：你可以使用 O(n) 时间复杂度以内的算法解决吗？

性质

性质一：如果删除后的数组，包含1，令i1是小标最大的1。则i1之前的2和3都删除，之后的1都删除。
性质二：如果删除后的数组，包括3，令i3是小标最小的3。最i3之前的3都删除，i3之后的1和2删除。0
a[i]=a1+a2。a1 = 1的数量 - a[0…i-1]的数量，即需要删除的1的数量。a2即nums[0…i-1]中2的数量。
b[i]=b3+a2。b3是要删除的3的数量。b2是nums[i+1…]中2的数量。
a2+b2等于删除的2的数量。

前缀和

枚举b[i]，cur = b[i] + min(a[…i-1])
min(cur)就是答案。
注意：nums[i]不为1时，a[i]是非法，可以用个一大数表示比如：1E6。
时间复杂度：O(n)

代码

class Solution {
		public:
			int minimumOperations(vector<int>& nums) {
				vector<int> preSums[3];
				for (int i = 0; i < 3; i++) {
					preSums[i].emplace_back(0);
					for (const auto& n : nums) {
						preSums[i].emplace_back((n == (i+1)) + preSums[i].back());
					}
				}
				vector<int> b(nums.size(), 1000'000);
				for (int i = 0; i < nums.size();i++) {
					b[i] = preSums[2][i] + (preSums[1].back() - preSums[1][i]);
				}
				int a = preSums[0].back(); //1全部删除
				int ret = nums.size()-preSums[1].back();
				for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
					ret = min(ret,a + b[i]);
					a = min(a, (preSums[0].back() - preSums[0][i + 1] + preSums[1][i + 1]));
				}
				ret = min(ret, a + preSums[2].back());
				return ret;
			}
		};

单元测试

	vector<int> nums;
		TEST_METHOD(TestMethod1)
		{
			nums = { 1 };
			auto res = Solution().minimumOperations(nums);
			AssertEx(0, res);
		}
		TEST_METHOD(TestMethod2)
		{
			nums = { 2 };
			auto res = Solution().minimumOperations(nums);
			AssertEx(0, res);
		}
		TEST_METHOD(TestMethod3)
		{
			nums = { 3 };
			auto res = Solution().minimumOperations(nums);
			AssertEx(0, res);
		}
		TEST_METHOD(TestMethod4)
		{
			nums = { 2,2,1,3,2,2 };
			auto res = Solution().minimumOperations(nums);
			AssertEx(2, res);
		}
		TEST_METHOD(TestMethod5)
		{
			nums = { 1,3,2,2 };
			auto res = Solution().minimumOperations(nums);
			AssertEx(1, res);
		}
		TEST_METHOD(TestMethod6)
		{
			nums = { 1,3,2,2 };
			auto res = Solution().minimumOperations(nums);
			AssertEx(1, res);
		}
		TEST_METHOD(TestMethod7)
		{
			nums = { 2,2,1,2,3 };
			auto res = Solution().minimumOperations(nums);
			AssertEx(1, res);
		}
		TEST_METHOD(TestMethod11)
		{
			nums = { 2, 1, 3, 2, 1 };
			auto res = Solution().minimumOperations(nums);
			AssertEx(3, res);
		}	
		TEST_METHOD(TestMethod12)
		{
			nums = { 1,3,2,1,3,3 };
			auto res = Solution().minimumOperations(nums);
			AssertEx(2, res);
		}
		TEST_METHOD(TestMethod13)
		{
			nums = { 2,2,2,2,3,3 };
			auto res = Solution().minimumOperations(nums);
			AssertEx(0, res);
		}

状态机动态规划

动态规划的状态表示

dp1[i][j] 是 num[0…i]以j结尾的最长升序子序列。
pre = dp1[i-1],dp = dp[i]
空间复杂度：O(1)

动态规划的转移方程

dp = pre 不选择nums[i]
MaxSelf(dp[j] , max(pre[0…j])+1) 选择nums[j]

动态规划的初始状态

pre = {0,0,0}

动态规划的填表顺序

两层循环，都是从小到大。

动态规划的返回值

num.size() - max(pre)

代码

class Solution {
		public:
			int minimumOperations(vector<int>& nums) {
				vector<int> pre(3, 0);
				for (auto n : nums) {
					auto dp = pre;
					n--;
					dp[n] = max(dp[n], 1+*max_element(pre.begin(), pre.begin() + n + 1));		
					pre.swap(dp);
				}
				return nums.size() - *max_element(pre.begin(),pre.end());
			}
			int minimumOperations2(vector<int>& nums) {
				vector<int> preSums[3];
				for (int i = 0; i < 3; i++) {
					preSums[i].emplace_back(0);
					for (const auto& n : nums) {
						preSums[i].emplace_back((n == (i + 1)) + preSums[i].back());
					}
				}
				vector<int> b(nums.size(), 1000'000);
				for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
					b[i] = preSums[2][i] + (preSums[1].back() - preSums[1][i]);
				}
				int a = preSums[0].back(); //1全部删除
				int ret = nums.size() - preSums[1].back();
				for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
					ret = min(ret, a + b[i]);
					a = min(a, (preSums[0].back() - preSums[0][i + 1] + preSums[1][i + 1]));
				}
				ret = min(ret, a + preSums[2].back());
				return ret;
			}
		};