CF1852A Ntarsis' Set 题解

题意：

思路：

当 $ a_1 > 1 $ 时，最终答案一定为 $ 1 $ 。

当 $ a_1 = 1 $ 时，正难则反：

设$ pos_{k} $ $ = 1 $ ，表示第 $ k $ 次操作后，最终答案 $ ans $ 所处的位置， $ ans $ 初始化为 $ 1 $ 。

设第 $ k - 1 $ 次操作后，第 $ k $ 次操作前， $ ans $ 的位置为 $ pos_{k-1} $ 。那么， $ a_i $ 与 $ x $ 只有两种关系： $ a_i < pos_{k-1} $ 或 $ a_i > pos_{k-1} $ 。对于 $ a_i > pos_{k-1} $ ，其所删除的数字排在 $ pos_{k-1} $ 后面，对 $ ans $ 的位置无影响；对于 $ a_i < pos_{k-1} $ ，其所删除的数字排在 $ ans $ 前面，又由于第 $ k $ 次操作后， $ ans $ 排在第 $ pos_{k} $ 位，因此 $ a_i < pos_{k-1} $ 的 $ a_i $ 一定有 $ pos_{k-1} - pos_{k} $ 个。

因此，只需要 $ for \space i : 1 $ -> $ n $ 遍历 $ a_i $ ，当满足 $ a_i < ans $ 时， $ ans = ans + 1 $ ；遍历结束后， $ pos_{k-1} = ans $ 。即可求出第 $ k - 1 $ 次操作后，第 $ k $ 次操作前， $ ans $ 的位置 $ pos_{k-1} $ 。

不断重复以上过程，即可获得第 $ 0 $ 次操作后，第 $ 1 $ 次操作前， $ ans $ 的位置 $ pos_1 $ ，此时 $ ans = pos_1 $ ，即为最终答案。

在进行以上过程中，由于 $ ans $ 和 $ ai $ 单调递增，每次循环遍历 $ a $ 时，都会重复计数，时间复杂度为 $ O(k * n) $ ，显然会超时。我们另设一个变量 $ index $ ，记录上次遍历结束时的位置，下一次遍历时，先加上重复计数的部分，再从该位置开始遍历，即可达到时间复杂度 $ O(k + n) $ 。