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题意:

思路:
我最开始想的是，最大的满足条件的情况就是整个序列，然后枚举左右端点去判断，判断是否在当前的序列中的该种的数量大于1，如果大于1就删，如果没有大于1，那么就不删它。然而现在面对的一种情况就是，左右端点的值都相同，而且刚好该种类型的就他们俩个，那么就无法确定删哪个，而用递归去解决这种情况的话又太复杂了，所以这里有另外一种思路:

我们最开始，先从左往右依次遍历，直到枚举到，当前的序列中有所有的种类，那么我们再看是否左端点的数量在当前序列中的数量大于1，如果大于1，就删除，然后再次判断左端点，知道左端点的数量等于1。记录当前的左右端点，然后再在当前的序列基础上，再从上次枚举到的右端点继续添加，再继续判断左端点的数量是否大于1，如果大于1，一样的删除，再更新当前的左右端点值

这种方法应该是利用单调队列去维护一个现在的序列，同时应用了贪心思想

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
inline long long read(){char c = getchar();long long x = 0,s = 1;
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') s = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x*10 + c -'0';c = getchar();}
return x*s;}
using namespace std;
#define NewNode (TreeNode *)malloc(sizeof(TreeNode))
#define Mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lowbit(x) (x)&(-x)
const int N = 1e6 + 10;
const long long INFINF = 0x7f7f7f7f7f7f7f;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double EPS = 1e-7;
const int mod = 1e9+7;
const double II = acos(-1);
const double PP = (II*1.0)/(180.00);
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> piil;
ll arr[N],vis[2005];
signed main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    //    freopen("input.txt","r",stdin);
    //    freopen("output.txt","w",stdout);
    ll n,m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        cin >> arr[i];
    ll num = 0,i = 1;
    while(num != m)
    {
        if(!vis[arr[i]]) num++;
        vis[arr[i]]++;
        i++;
    }
    ll l = 1,r = i-1;
    while(vis[arr[l]] > 1)
        vis[arr[l]]--,l++;
    ll ll = l,rr = r;
    while(i <= n)
    {
        r++;
        vis[arr[r]]++;
        while(vis[arr[l]] > 1)
            vis[arr[l]]--,l++;
        if(rr-ll > r-l)
            rr = r,ll = l;
        i++;
    }
    cout << ll << " " << rr << endl;
}