按照管理员的思路自己写了一个，开启O2优化后大概在850ms，看了一下提交记录属于中档水平，满意了

#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
queue<pair<int,int>> b;
bool on_floor[100005];
struct cmp{
    bool operator()(pair<int,int> x,pair<int,int> y)
    {
        return x.second<y.second;
    }
};
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int>>,cmp> floor;
int main()
{
    int n,k,p,ans=0,floor_size=0;
    cin>>n>>k>>p;
    queue<int> temp1;
    queue<int> temp2[100005];
    for(int i=1;i<=p;i++)
    {
        int x;
        cin>>x;
        temp1.push(x);
        temp2[x].push(i);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        temp2[i].pop();
    for(int i=1;i<=p;i++)
    {
        if(temp2[temp1.front()].size()==0)
            b.push(make_pair(temp1.front(),p+1));
        else
        {
            b.push(make_pair(temp1.front(), temp2[temp1.front()].front()));
            temp2[temp1.front()].pop();
        }
        temp1.pop();
    }
    for(int i=1;i<=p;i++)
    {
        if(!on_floor[b.front().first])
        {
            if(floor_size==k)
            {
                while(!on_floor[floor.top().first])
                    floor.pop();
                on_floor[floor.top().first]=false;
            }
            else
                floor_size++;
            floor.push(b.front());
            on_floor[b.front().first]=true;
            ans++;
        }
        else
        {
            floor.push(b.front());
        }
        b.pop();
    }
    cout<<ans;
}

被放回架子的玩具，在下次想玩时，一定需要重新从架子上拿下来，而这件事越晚发生越有利，因此可以采用这样的贪心策略：每次需要把玩具放回架子时，都选择下次被需要的时间最晚的玩具。（以后不再需要的，可以把下次被需要的时间设为一个大于10000的数）

a[i]表示第i个被需要的玩具，nxt[i]表示它下次被需要的时间。在求nxt数组的时候，可以倒序循环，用pos[x]表示x号玩具下次出现的时间，每次把nxt[i]赋值为pos[a[i]]即可。

维护一个优先队列，存放当前在地上的每一个玩具下次被需要的时间。每次需要把玩具放回架子时，取出队头元素。

使用数组inq维护每个玩具当前是否在地上，如果当前被需要的玩具在地上，那么就不需要取出队头。此时需要注意更新这件玩具下次被需要的时间，可以直接把新的时间加入队列。但是这样会导致队列里存在多个时间对应同一件玩具，对于这种情况，可以在把新的时间加入队列的时候，让k加1，以容纳多余的时间。而在取出队头的时候，通过inq检查它是否在队列里，如果已经不在，说明之前已经让这个玩具放回架子了，忽略这个时间，并让k减1。

统计把玩具拿到地上的次数即是最终答案。

for (int i = 1; i <= 100000; i++) {//最初把所有玩具下次出现的时间设为大于10000的数
    pos[i] = p + i;
    a[p + i] = i;
}
for (int i = p; i >= 1; i--) {//计算nxt数组
    nxt[i] = pos[a[i]];
    pos[a[i]] = i;
}
for (int i = 1; i <= p; i++) {
    if (inq[a[i]]) {//如果玩具已经在地上，就更新下次出现的时间，并让k加1
        q.push(nxt[i]);
        k++;
        continue;
    }
    if (q.size() >= k) {//如果地上已经满了，就挑一个放回去
        while (q.size() > 0 && !inq[a[q.top()]]) {//这里是处理一个玩具多次进入队列的情况
            q.pop();
            k--;
        }
        int x = q.top();
        q.pop();
        inq[a[x]] = false;
    }
    q.push(nxt[i]);//把当前需要的玩具拿到地上
    inq[a[i]] = true;
    ans++;
}