在算法标签中搜了单调队列，搜到了这道题，但实际做起来发现并不是个单调队列，只是个双向队列的应用罢了…
朴素算法是暴力枚举，时间复杂度是O(n)，用双向队列优化后可以降为O(n)。
首先我们设置num[i]，表示第i位画家的作品出现的次数，显然当num[1~m]都不为0时就可以看遍所以画家的作品，我们用sum记录当前还有多少位画家的作品还未出现，则当sum=0时就可以更新[a,b]区间。
接下来就是双向队列发挥作用了。我们从头到尾遍历数组，如果当前元素k不等于队首元素，则将它入队，if(!num[k]) sum- -, num[k]++；如果当前元素k等于队首，先将它入队，num[k]++，然后将队首元素弹出队,更新num[]，再检查队首元素temp，num[temp]是否为1，不为1，继续弹出队并更新num[]，继续检查队首元素，直到判断到队首元素temp，num[temp]=1时才终止。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int p[maxn],num[2005]={0};
deque<int> Q;

inline void read(int &ret)
{
	char c;
	while((c=getchar())&&(c>'9'||c<'0'));
	ret=0;
	while(c<='9'&&c>='0')	ret=ret*10+c-'0', c=getchar();
}

int main()
{
	int n,m;
	read(n);	read(m);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		read(p[i]);
	int a=0,b=inf,a0=1,b0=1,sum=m;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		if(Q.empty())
		{
			Q.push_back(i);
			num[p[i]]++;
			sum--;
		}
		else 
		{
			if(p[i]==p[Q.front()])
			{
				Q.push_back(i);
				num[p[i]]++;
				while(!Q.empty())	//实际上此时队列Q是不会空的，所以这里的循环标志可以改为别的，只要为1就行
				{
					num[p[Q.front()]]--;
					Q.pop_front();
					a0++;	//a0更新
					if(num[p[Q.front()]]==1)
						break;
				}
			}
			else
			{
				Q.push_back(i);
				if(!num[p[i]])	sum--;
				num[p[i]]++;
			}
		}
		b0=i;	//更新b0
		if(!sum)	//如果所以画家的作品都出现了，更新[a,b]
		{	
			if(b0-a0<b-a)	
			{
				b=b0;
				a=a0;
			}
			else if(b0-a0==b-a&&a0<a)
			{
				b=b0;
				a=a0;
			}
		}
	}
	cout<<a<<" "<<b<<endl;
	return 0;
}

PS：这道题一开始看还是有点懵逼的，后来手推了一遍样例就找到思路了。所以动动手，不要懒，或许有不一样的收获。