##解题思路
首先可以想到要预处理一个$nxt_i$和$pre_i$，表示前后与当前位置权值相同的节点，那么这样可以迅速算出某个点在某段区间是否出现多次。然后这样的话就考虑分治，对于$[L,R]$来说，如果当前点$i$满足$nxt_i>R$，\(pre_i<L\)，说明这个点在这个区间出现了一次，就可以分治下去。如果暴力枚举时间复杂度承受不住，我们考虑开头枚举一个，结尾枚举一个，这样的话其实就是一个启发式合并的逆过程，时间复杂度$O(nlogn)$
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
const int N=200005;
inline int rd(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?0:1,ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
int T,n,a[N],pre[N],nxt[N];
map<int,int> mp;
bool solve(int l,int r){
if(l>=r) return 1;
int L=l,R=r,f=0;
while(L<=R){
if(!f) {
if(nxt[L]>r && pre[L]<l)
return (solve(l,L-1) && solve(L+1,r));
L++;
}
else {
if(nxt[R]>r && pre[R]<l)
return (solve(l,R-1) && solve(R+1,r));
R--;
}
f^=1;
}
return 0;
}
int main(){
T=rd();
while(T--){
n=rd(); mp.clear();
for(int i=1;i<=n;i++){
pre[i]=0; a[i]=rd();
if(mp.count(a[i])) pre[i]=mp[a[i]];
mp[a[i]]=i;
}
mp.clear();
for(int i=n;i;i--){
nxt[i]=n+1;
if(mp.count(a[i])) nxt[i]=mp[a[i]];
mp[a[i]]=i;
}
puts(solve(1,n)?"non-boring":"boring");
}
return 0;
}