dxy家收藏了一套书，这套书叫《SDOI故事集》，《SDOI故事集》有$n(n\le 19)$本，每本书有一个编号，从$1$号到$n$号。
dxy把这些书按编号从小到大，从上往下摞成一摞。dxy对这套书极其重视，不允许任何人动这套书。
有一天Evensgn到dxy家玩，dxy因为和妹子有约会，就让Evensgn自己待在他家。Evensgn对这套书非常好奇，偷偷的看了一下，结果发现这里面竟然有当年小E和小Q的故事。Evensgn看得出神，结果把一摞书的顺序打乱了。
眼看着dxy就要回来了，Evensgn需要尽快把这摞书恢复到原先排好序的状态。由于每本书都非常重，所以Evensgn能做的操作只有把一本书从书堆中抽出来，然后把这本书放到书堆的顶部。
给你打乱的书的顺序，你能帮Evensgn算算最少需要几次上述的操作，他才能把这套书恢复顺序？假如你能算出来的话，Evensgn答应送给你一本他签名的书《SDOI故事集9:小E的故事》

把这题的模型简化一下，有一个$1\to n$的排列形成的数列，我们要用最少的操作次数把这个数列排序，每次操作都是把一个数放到整个数列的最前面。 首先我们可以注意到每个数最多只会被操作一次。因为假如有一个数被往前拿了两次，显然第一次的操作是没有意义的。 然后能发现一定先操作大的数，再操作小的数。因为假如先把小的数放前面去了，再把大的数放前面去，小的数就又在大的数后面了，小的数必定还得再操作一次，然而操作两次是不划算的。

到这里，对于19的数据范围，我们有一个很暴力的做法，2^n2​n​​枚举要操作哪些数，这些操作按数的大小从大往小的顺序，模拟一下，然后检查一下最后的序列是否有序，复杂度O(n*2^n)O(n∗2​n​​)。

我们很快又能发现，假如操作了大小等于$k$的数，那么所有小于$k$的数也都得操作了。所以我们不用2^n枚举，直接$m$从$1$开始从小到大枚举，表示要操作前$m$小的数，然后模拟，验证，这样复杂度为O(n^2)O(n​2​​)。

不过其实$m$也是不用枚举的。 首先可以发现最大的数$n$是不用操作的（其他数操作好了，数"$n$"自然就在最后面了）。 于是我们先找到最大的数"$n$"的位置，从这个位置往前找，直到找到$(n-1)$。假如找到头也没找到$(n-1)$，那么数"$(n-1)$"需要操作，而一旦操作了$(n-1)$，根据前面结论，总共就需要$(n-1)$次操作了;假如找到了(n-1)，那么数"$(n-1)$"也不需要操作（和数"$n$"不需要操作一个道理）。 同理，我们接着从$(n-1)$的位置往前找$(n-2)$,再从$(n-2)$的位置往前找$(n-3)$...假如数$k$找不到了，那么就至少需要$k$次操作。这种做法的复杂度是$O(n)$的

我的思路：

其实这个题并不是很难，几行代码就搞定了，关键是怎么想，我是想将输入的序列从后往前找，最开始Max == m, 如果arr[i] == Max的话，Max--，反正肯定是1 - m之间的数。所以我们只需要从后往前找，知道找不到为止。。

上代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;

#define MM(a) memset(a,0,sizeof(a))

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int maxn = 2*1e5+5;
const int mod = 1000000007;
const double eps = 1e-7;
const double pi = 3.1415926;

bool cmp(int a, int b)
{
    return a > b;
}
int arr[25];
int main()
{
    int t, m;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>m;
        for(int i=1; i<=m; i++)
            cin>>arr[i];
        int Max = m;
        for(int i=m; i>=1; i--)
        {
            if(arr[i] == Max)
                Max--;
        }
        cout<<Max<<endl;
    }
    return 0;
}