可以通过数学分析来消除内层 for 循环，核心思路是计算在当前题单数量 it->first 的限制下，最多能连续使用多少天，然后通过数学公式直接算出可增加的天数和消耗的题单数量。以下是优化后的代码及详细注释：

#include<iostream>
#include<map>
using namespace std;

map<int, int> myMap;

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    int a;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a;
        myMap[a]++;  // 统计每个题量出现的次数，题量作为键，次数作为值
    }

    int k = 1;  // 当前要满足的天数，第k天需要做k道题
    int res = 0;  // 记录最终能坚持的天数

    // 遍历map，map会按键（题单数量）从小到大排序
    for (auto it = myMap.begin(); it != myMap.end(); ++it) {
        int current_a = it->first;  // 当前题单的题目数量
        int count = it->second;     // 该题单数量出现的次数

        // 如果当前题单数量小于当前需要满足的天数，无法用来做题，直接跳过
        if (current_a < k) {
            continue;
        }

        // 计算在当前题单数量的限制下，最多能连续填多少天
        // 理想情况下，从第k天开始，最多能连续用min(count, current_a - k + 1) 个题单来填
        // 因为每个题单只能用一天，且要满足第k天至少有k道题
        int max_use = min(count, current_a - k + 1);
        res += max_use;  // 增加能坚持的天数
        k += max_use;    // 更新到下一个需要满足的天数
    }

    cout << res << endl;
    return 0;
}

关键逻辑说明

1. 条件判断：
   if (current_a < k) ，若当前题单的题目数量比当前需要满足的天数还少，说明无法用它来完成第 k 天的做题任务，直接跳过该类题单。
2. 计算可使用题单数量：
   int max_use = min(count, current_a - k + 1);
   • count 是当前题单数量 current_a 对应的题单套数，代表有多少套这样的题单可用。
   • current_a - k + 1 是理论上最多能用几套当前题单。比如当前要从第 k 天开始填，题单有 current_a 道题，那么最多能覆盖到第 current_a 天（因为第 current_a 天需要做 current_a 道题，刚好匹配），所以能连续填的天数是 current_a - k + 1 天 ，对应要用这么多套题单。
   • 取两者较小值，是因为要么题单数量不够（count 小），要么题单能覆盖的天数有限（current_a - k + 1 小 ），取小的那个才能得到实际能使用的题单套数。
3. 更新结果和天数：
   • res += max_use; 把这一批题单能支撑的天数加到总天数里。
   • k += max_use; 完成 max_use 天后，下一个要满足的就是第 k + max_use 天了。

这样通过数学推导，用简单的公式替换了内层循环，代码效率更高，尤其适合处理大规模数据（比如题目中 n 到 $10^6$ 的情况 ）。

以下是添加详细注释后的代码：

#include<iostream>
#include<map>
using namespace std;

// 使用map统计每种题单数量的出现次数
// key为题单题目数量，value为该数量出现的次数
map<int, int> myMap;

int main() {
    int n;
    cin >> n;  // 输入题单总数
    
    // 读取每个题单的题目数量并统计出现次数
    int a;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a;
        myMap[a] += 1;  // 统计每种题单数量出现的次数
    }
    
    // 初始化变量：k表示当前天数，res表示最多能做题的天数
    int k = 1;
    int res = 0;
    
    // 遍历map，按题单数量从小到大处理
    for (auto it = myMap.begin(); it != myMap.end(); ++it) {
        // it->first 是题单的题目数量，it->second 是该数量出现的次数
        
        // 如果当前题单数量 >= 当前天数k，则可以使用该题单
        if(k <= it->first){
            // 遍历该题单数量出现的次数
            for(int i = 1; i <= it->second; i++){
                // 检查当前题单是否能满足第k天的需求
                if(k <= it->first){
                    res += 1;  // 可以满足，总天数+1
                } else {
                    break;  // 无法满足，退出循环
                }
                k += 1;  // 处理下一天
            }
        }
    }
    
    cout << res << endl;  // 输出最多能做题的天数
    return 0;
}

代码解释

1. 数据结构选择：

   • 使用 map<int, int> 统计每种题单数量的出现次数，自动按题单数量升序排列。

2. 核心思路：

   • 贪心策略：优先使用题目数量小的题单，以满足尽可能多的天数。
   • 天数递增：每天需要完成的题目数为 k，因此必须确保第 k 天使用的题单题目数 ≥ k。

3. 遍历逻辑：

   • 从小到大遍历每种题单数量，对于每个题单数量：
     • 检查是否能满足当前天数 k 的需求。
     • 如果可以，使用该题单并将天数 k 递增。
     • 重复此过程直到无法满足或用完所有该数量的题单。

4. 复杂度分析：

   • 时间复杂度：O(n log n)，主要来自 map 的插入和遍历。
   • 空间复杂度：O(n)，最坏情况下每种题单数量都不同。

示例说明

对于输入：

4
3 1 4 1

处理过程：

1. 统计题单：{1:2, 3:1, 4:1}
2. 遍历题单：
   • k=1：使用一个题单1，剩余 {1:1, 3:1, 4:1}，res=1，k=2
   • k=2：无法使用剩余的题单1，跳过
   • k=2：使用题单3，剩余 {1:1, 4:1}，res=2，k=3
   • k=3：使用题单4，剩余 {1:1}，res=3，k=4
   • 剩余题单1无法满足 k=4，结束。

最终输出：3

#include<iostream>
#include<map>
using namespace std;
//bool tong[(int)1e9];//1byte  1int 4
map<int, int> myMap;
int main() {
	int n;
	cin >> n;
	int a;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a;
		myMap[a] += 1;
	}
	// 遍历 map
	int k = 1;
	int res = 0;
	for (auto it = myMap.begin(); it != myMap.end(); ++it) {
		//cout << it->first << " -> " << it->second << endl;
		if(k <= it->first){
			for(int i=1;i<=it->second;i++){
				if(k <= it->first){
					res += 1;
					k += 1;
				}else{
					break;
				}	
			}
		}
	}
	cout<<res<<endl;
	return 0;
}