根据标程，对题目 1931C - Make Equal Again 的详细题解如下：

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题意简述

给定一个长度为 $n$ 的整数数组 $a$，你可以最多一次操作：选择一段连续区间 $[i, j]$ 和一个值 $x$，将该区间内所有元素赋值为 $x$，花费为区间长度 $j - i + 1$。
问：最少花费多少 burles，能使数组中所有元素相等？

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思路分析

1. 特殊情况

如果数组中所有元素已经相等，则不需要任何操作，答案为 $0$。

2. 一般情况

因为只能进行一次区间赋值，并且希望花费最小（即区间长度最小），
我们应当尽可能保留数组两端已经相等的部分，只修改中间一段。

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3. 核心观察

设：

• $k_1$ = 数组最长的相等前缀的长度（所有元素都等于 $a[0]$）
• $k_2$ = 数组最长的相等后缀的长度（所有元素都等于 $a[n-1]$）

情况 1：$a[0] = a[n-1]$

此时，前缀和后缀的值相同。
我们可以同时保留前缀和后缀，只修改中间的部分。
那么：

• 保留的元素数量 = $k_1 + k_2$
• 需要修改的元素数量 = $n - (k_1 + k_2)$
• 答案 = $\max(0, n - k_1 - k_2)$

情况 2：$a[0] \neq a[n-1]$

此时，前缀和后缀的值不同。
我们只能选择保留较长的那一段（因为一次操作只能赋一个值，不能同时保留两端不同的值）。
那么：

• 保留的元素数量 = $\max(k_1, k_2)$
• 需要修改的元素数量 = $n - \max(k_1, k_2)$
• 答案 = $\max(0, n - \max(k_1, k_2))$

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4. 公式总结

令：

• $k_1 = \text{最长相等前缀长度}$
• $k_2 = \text{最长相等后缀长度}$

则：

$$\text{答案} = \begin{cases} \max(0, n - k_1 - k_2), & \text{if } a[0] = a[n-1] \\[4pt] \max(0, n - \max(k_1, k_2)), & \text{if } a[0] \neq a[n-1] \end{cases} $$

等价于：

$$\text{答案} = \max(0, \; n - \big( \text{如果 } a[0]=a[n-1] \text{ 则 } k_1+k_2 \text{ 否则 } \max(k_1, k_2) \big) ) $$

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5. 示例验证

例：
$[1,2,3,4,5,1]$
$k_1 = 1$（只有第一个 $1$）
$k_2 = 1$（只有最后一个 $1$）
$a[0] = a[n-1] = 1$
保留 $1+1=2$ 个，修改 $6-2=4$ ✅

例：
$[8,8,8,1,2,8,8,8]$
$k_1 = 3$
$k_2 = 3$
$a[0] \neq a[n-1]$（$8 \neq 8$？等等，这里 $a[0]=8, a[n-1]=8$，相等）
等一下，题目示例中第 3 个测试用例：
$8\ 8\ 8\ 1\ 2\ 8\ 8\ 8$
$a[0]=8, a[n-1]=8$，相等。
$k_1=3, k_2=3$
保留 $3+3=6$，修改 $8-6=2$ ✅

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6. 时间复杂度

• 计算 $k_1, k_2$ 各需 $O(n)$
• 总复杂度 $O(n)$，对每个测试用例独立，满足 $n$ 总和 $\le 2\times 10^5$

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7. 代码对应关系

标程中：

• i1 即 $k_1$
• i2 即 $k_2$
• res 初始为 $n$，然后根据条件减去保留的元素数
• 最后 $\max(0, res)$ 保证非负

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8. 最终答案形式

对于每个测试用例，输出：

$$\max\left(0,\; n - \begin{cases} k_1 + k_2, & a[0] = a[n-1] \\ \max(k_1, k_2), & a[0] \neq a[n-1] \end{cases}\right) $$

其中 $k_1$ 为最长相等前缀长度，$k_2$ 为最长相等后缀长度。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }

    int i1 = 0, i2 = 0;
    while (i1 < n && a[i1] == a[0]) {
        i1++;
    }
    while (i2 < n && a[n - i2 - 1] == a[n - 1]) {
        i2++;
    }

    int res = n;
    if (a[0] == a[n - 1]) {
        res -= i1;
        res -= i2;
    } else {
        res -= max(i1, i2);
    }

    cout << max(0, res) << endl;
}

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

    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }

    return 0;
}