做法一（暴力 DFS）

由于 n ≤ 10，可以直接用 DFS 枚举每天是“工具校准”还是“工具保养”。

时间复杂度：O(2ⁿ) 期望得分：10 分

做法二（贪心枚举）

假设校准天数固定为 k。 我们可以认为前 k 天全为“工具校准”，从而得到熟练度序列：

x, 2x, 3x, ..., kx, (k−1)x, ..., 2x, x

共 2k − 1 个熟练度。

将这些熟练度降序排序，然后使用双指针贪心匹配文物难度 Dᵢ。

时间复杂度：O(n²) 期望得分：60 分

做法三（二分最优天数）

继续分析发现：校准天数单调递增有利于修复更多文物。

因此可对校准天数进行二分搜索，check() 时使用做法二判断是否可行。

关于二分上界：熟练度形成“金字塔”形状，为了能覆盖所有 Dᵢ， 上界可取 1e5 + 1e5/2 + 10。

时间复杂度：O(n log x) 期望得分：100 分

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5+5;
ll n, x, a[N];
bool cmp(int a, int b) {
	return a > b;
}
bool check(int d) {
	// i 用来表示这个三角形的从上到下的数， j 枚举 文物数列， o用于做 三角形的两侧
	for (ll i = d * x, j = 1, o = 1; i >= 0 && j <= n; i -= o*x, j++, o ^= 1) 
		//注意这里的 o一定要初值为1，顶点一个
		if (i < a[j]) return false;
	return true;
}
void slove() {
	cin >> n >> x;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
	ll l = 0, r = 1e8, ans = 0;
	while (l <= r) {
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (check(mid)) ans = mid, r = mid - 1;
		else l = mid + 1;
		//cout << l << " "  << r << " " << ans << endl;
	}
	cout << ans;
}

int main() {
	freopen("fix.in","r",stdin);
	freopen("fix.out","w",stdout);
	int _ = 1;
	//cin >> _;
	while (_--) {
		slove();
	}
	return 0;
}