分治
首先感谢lrj的透彻讲解。
开始的时候我们可以用map来求出一个数的上一次出现的位置和下一次出现的位置，然后能判断一个数在(l)到(r)中这个数是否只出现了一次。
既然任意连续子序列都至少有一个元素唯一，那么我们可以找到这个序列中一个唯一存在的数，我们姑且认为ta的下标是k，进而我们发现任何包含这个数的区间都不是无聊的区间。
所以我们可以接着判断(l)到(k-1)的序列与(k+1)到(r)的序列是否是无聊的序列，若都不是，那(l)到(r)这个序列也就不是无聊的序列。
其中边界是
if(l==r||l>r)return 1;
我们又会发现一个问题，如果我们从左往右遍历，很明显如果我们需要求的(k)在最右边，每次分治都是这样的话时间复杂度就直接爆炸为O((n^2)),从右往左遍历也会遇到这种情况。那么我们可以考虑从两边向中间遍历，在最坏的情况下(k)会在中间,那么时间复杂度就是经典递推式(T(n)=2T(frac{n}{2})+O(n)=O(nlog^n))（不理解的话建议学一下主定理）,可以接受。
最后献上我丑陋的代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<map>
using namespace std;
int T,n;
const int N=200010;
int a[N],pre[N],nt[N];
map<int,int>mp;
int read()
{
char ch;int x=0,f=1;
while(!isdigit(ch=getchar()))
{(ch=='-')&&(f=-f);}
while(isdigit(ch))
{x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
bool work(int l,int r)
{
if(l==r||l>r)return 1;
int linl=l,linr=r;
while(linr>linl)
{
linr--;
if(pre[linr]<l&&nt[linr]>r)
if(work(l,linr-1)&&work(linr+1,r))return 1;
linl++;
if(pre[linl]<l&&nt[linl]>r)
if(work(l,linl-1)&&work(linl+1,r))return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
cin>>T;
while(T--)
{
mp.clear();
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
a[i]=read();
pre[i]=0;nt[i]=n+1;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(mp.find(a[i])!=mp.end())pre[i]=mp[a[i]],nt[mp[a[i]]]=i;
mp[a[i]]=i;
}
if(work(1,n))printf("non-boring
");
else printf("boring
");
}
return 0;
}