我们可以从前往后模拟一遍，寻找思路。

这里使用样例三进行分析。

输入：1 1 45 14。 输出：3。

模拟过程：

第一次：到第三项时，删除 $45$，将 $1$ 改为 $2$；

第二次：删除这个 $2$，将 $1$ 改为 $13$；

第三次：删除 $14$，把 $13$ 改为 $2$，就结束操作了。

那么，我们发现，这是一个线性进行的过程，这让我想起了一个数据结构——队列。我们可以用队列来模拟这个过程。

我的思路：从第一项开始，将暂时删不掉的项入队（由于删不掉的必然与前一项相等，所以能保留在队列中的所有项都一定相等），接着当队尾遇到能被删除的项（就是与队尾不相等的项）时，立刻开始执行操作。

因为之前能保留在队列中的所有项都相等，那么当我们追求最优，修改队尾的值时，队列中的所有项都可以被修改，那么此时还会有一个被修改的项存在队列里。我们不必关心此时它的值，因为它可以修改成任意整数，这就意味着从它开始，这个队列就只可能存在一个项，再往后模拟时，就只要一次一次加操作数就行了。

因为它是任意的，所以之后的项肯定都会被其删掉。这道题就这样解决掉了。

由于每一项至多入队一次，所以时间复杂度为 $O(n)$，完全足以过掉这道题。详情见代码注释。

接下来是代码时间（代码比较拙劣，见谅）。

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
using namespace std; 

int n, ans; //ans计算操作数
int a[maxn]; 
queue<int> q; 

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); 
	cin>>n; 
	bool ok=1; 
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>a[i]; 
		if(i!=1&&a[i]!=a[i-1])ok=0;
	}
	if(ok) {//如果每一项都相等，就操作不了，输出0，对应第2个子任务
		cout<<0;return 0;
	}
	if(n<=2) {//一个小特判，对应第一个子任务
		if(n==1) cout<<0; //只有一项无法操作，输出0
		else cout<<1; //此时两项必然不相等，可以操作一次
                return 0; 
	}
        bool flag=0; //存储队首是否参与操作
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(q.empty())q.push(a[i]);//如果队列为空就加入
		else if(a[i]==q.front()&&!flag)q.push(a[i]);  //如果和队首相等就删不了，要加入，但是如果队首之前参与过操作，这一项也得删除
		else {
			ans++; //要删，操作数加1
			while(q.size()>1){ //一次性操作到只剩一个
				flag=1;                  
				q.pop(); ans++; 
			}
		}
	}
        cout<<ans; //输出，一次过
	return 0; 
}

写作不易，还请各位点赞支持一下。

如有不足，还请指出，感谢各位观看。