考虑DP，设$f[i][j]$表示考虑了$a[1..i]$和$b[1..j]$的最小代价。
若$a[i]==b[j]$，则$f[i][j]=min(f[i-1][j],f[i][j-1])+1$。
否则找到最大的$t$，满足$x$和$y$往前$t$个均不相等，此时$f[i][j]=f[i-t-1][j-t-1]+t$。
对于$t$，可以通过在相应差值的序列中二分查找得到。
对于DP的计算，可以通过搜索，并将那$n$个$a[i]==b[j]$的状态记忆化。
因为对于每个没有记忆化的状态，均可以在$O(log n)$的时间内转化为那$n$个状态，所以总时间复杂度为$O(nlog n)$。
#include<cstdio>
const int N=1000010,BUF=13778000;
int n,m,i,j,a[N],b[N],c[N],f[N],g[N<<1],nxt[N],st[N<<1],en[N<<1],q[N];char Buf[BUF],*buf=Buf;
inline void read(int&a){for(a=0;*buf<48;buf++);while(*buf>47)a=a*10+*buf++-48;}
inline void add(int x,int y){nxt[y]=g[x];g[x]=y;}
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
inline int pre(int l,int r,int x){
int t=0,mid;
while(l<=r)if(q[mid=(l+r)>>1]<=x)l=(t=mid)+1;else r=mid-1;
return q[t];
}
int dp(int x,int y){
if(!x||!y)return x+y;
if(a[x]==b[y])return f[x]?f[x]:f[x]=min(dp(x-1,y),dp(x,y-1))+1;
int t=pre(st[x-y+n],en[x-y+n],x);
return t?dp(t,y-x+t)+x-t:(x>y?x:y);
}
int main(){
fread(Buf,1,BUF,stdin);read(n);
for(i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
for(i=1;i<=n;i++)read(b[i]),c[b[i]]=i;
for(i=n;i;i--)add(i-c[a[i]]+n,i);
for(i=1;i<n+n;en[i++]=m)for(st[i]=m+1,j=g[i];j;j=nxt[j])q[++m]=j;
return printf("%d",dp(n,n)),0;
}