首先我们想一想，为什么该题如果有解，必然是唯一解？假设存在x，满足大于等于x的元素个数是x；另外有一个更大的y，满足大于等于y的元素个数是y。这有什么矛盾呢？矛盾在于，因为x小于y，所以“大于等于x的元素个数”必然多于“大于等于y的元素个数”。然而前者是x，后者是y，前者少于后者，矛盾！
称答案X为数组的“特征值”，那么X的上限就是数组的长度N，因为你不可能有多于N个数字去计数。
于是我们可以二分搜值X，对于尝试某个特征值x，我们遍历一遍整个数组统计一下大于等于x的个数count。如果count==x，那么就是唯一的答案；如果count>x，那么当前猜测的特征值偏小，使得统计到的数过多，下一次可以猜更大的数；如果count<x，那么当前猜测的特征值偏大，使得统计到的数过少，下一次可以猜更小的数。
这样的时间复杂度就是 log(N)*N.
对于有唯一确定解的题目（注意不是有唯一最优解），除了可以沿用我一贯推荐的while(left<right)模板之外，我们可以用这样的模板：
while (left<=right)
{
mid = ...;
if (isOK(mid))
return mid;
else if (isTooLarge(mid))
mid = right-1;
else if (isTooSmall(mid))
mid = left+1;
}
return -1;再次强调，上面的模板不适合求最优解（最大/最小）的题目。
考虑到X本身并不大，我们开辟一个数组freq存放每种元素的频次，即freq[i]表示i出现了多少次。特别地，凡是大于等于N的元素，频率都统计在freq[N]里面。
这样我们从大到小遍历X，遍历的过程中通过累加freq[i]自然而然地就把所有大于等于X的元素的总频次count就统计出来了。只要比较count和X，如果相等就是答案。
这样的时间复杂度是o(N).