若貓和狗中至少有一個出現了$0$次，那麼答案顯然是$0$，否則若獅子出現了$0$次，那麼顯然無解。
那麼現在至少有一個動物保持原地不同，其它動物恰好移動一次。
如果全部貓都不動而全部狗都動，那麼可以貪心求出答案，最多移動一個獅子。
同理可以處理全部貓動而全部狗都不動的情況。
現在考慮同時存在貓和狗不動的情況，那麼動的貓和狗一定是移動到不動的同類旁邊，而獅子起到間隔作用。
設$f[i][j][k][S]$表示考慮前$i$個動物，目前手上剩餘可以調控的獅子數為$j$(可以為負，表示後面的獅子往前動)，下一個動物可以是$k$，不動的動物種類為$S$的最小移動次數，直接轉移即可。
時間複雜度$O(n^2)$。
#include<cstdio>
const int N=5010,inf=1000000;
int Case,n,m,o,i,j,k,S,w,a[N],b[N],cnt[3],f[2][N*2][2][4],ans;
inline void up(int&a,int b){a>b?(a=b):0;}
int cal(int x){
int i,t=0;
for(i=1;i<=n;i++)if(a[i]!=(x^1))b[++t]=a[i];
for(i=1;i<t;i++)if(b[i]==2&&b[i+1]==2)return n-t;
if(b[1]==2||b[t]==2)return n-t;
return n-t+1;
}
int solve(){
scanf("%d",&n);
for(i=0;i<3;i++)cnt[i]=0;
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),cnt[a[i]]++;
if(!cnt[0]||!cnt[1])return 0;
if(!cnt[2])return -1;
m=cnt[2];
up(m,n/2+5);
for(o=0,j=-m;j<=m;j++)for(k=0;k<2;k++)for(S=0;S<4;S++)f[0][j+N][k][S]=inf;
f[0][N][0][0]=f[0][N][1][0]=0;
for(i=0;i<n;i++,o^=1){
for(j=-m;j<=m;j++)for(k=0;k<2;k++)for(S=0;S<4;S++)f[o^1][j+N][k][S]=inf;
if(a[i+1]==0)for(j=-m;j<=m;j++)for(k=0;k<2;k++)for(S=0;S<4;S++)if(f[o][j+N][k][S]<inf){
w=f[o][j+N][k][S];
up(f[o^1][j+N][k][S],w+1);
up(f[o^1][j+N-(k==1)][0][S|1],w);
}
if(a[i+1]==1)for(j=-m;j<=m;j++)for(k=0;k<2;k++)for(S=0;S<4;S++)if(f[o][j+N][k][S]<inf){
w=f[o][j+N][k][S];
up(f[o^1][j+N][k][S],w+1);
up(f[o^1][j+N-(k==0)][1][S|2],w);
}
if(a[i+1]==2)for(j=-m;j<=m;j++)for(k=0;k<2;k++)for(S=0;S<4;S++)if(f[o][j+N][k][S]<inf){
w=f[o][j+N][k][S];
up(f[o^1][j+N+1][k][S],w+1);
up(f[o^1][j+N][0][S],w);
up(f[o^1][j+N][1][S],w);
}
}
ans=cal(0);
up(ans,cal(1));
for(k=0;k<2;k++)up(ans,f[o][N][k][3]);
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&Case);
while(Case--)printf("%d\n",solve());
return 0;
}