首先有个贪心：假设答案已知，则每次可以任取一个。
令权值 \(c_i = i - p_i\)。
首先证明：删除一个数不会使得另一个能删的数变得不能删 (Lemma I)。设 \(i < j\)，则可以通过分 \(p_i < p_j\)（显然），\(p_i > p_j\) （分权值正负讨论）两类证明。
然后证明删一个数不会使另一个现在还不能删的数 \(|c_i|\) 变大，方法类似，这样就证明了贪心。
为了避免二分答案，改成每次选 \(|c_i|\) 最小的删掉，并动态维护当前的答案 \(A\)。
根据 (Lemma I)，\(|c_i| \le A\) 的权值可以不用维护了，当然也不用显式地删除，如果权值变号了可以不维护绝对值的变化，看作 \(|c_i|\) 是负数。
绝对值带来了相当大的麻烦，所以我们一开始就把数分成两类：\(i \le p_i\) 和 \(i > p_i\)。注意到维护的数绝对值的符号不会改变（否则中间存在一个时刻 \(c_i = 0\)，从而这个数不被继续维护），分别维护。
把 \((i, p_i)\) 视为二维平面上的一个点，则删除 \((i, p_i)\) 相当与使得 \(i\) 左上角和右下角的点 \(|c_i|\) 减 \(1\)（删除权值最小的点不会导致其他点权值增大，除非符号改变）。
维护二维平面并不方便，但我们可以维护一定的单调性：设 \(c_i > 0\)，则我们只需要维护所有 \(\boldsymbol {c_i > 0}\) 的 \(p_i\) 的前缀最大值（否则一定不是权值最小），对于 \(c_i \le 0\)，维护后缀最小值。
由于现在有单调性，矩形加变成了区间加，这样可以直接用线段树维护权值最小值。
用线段树维护区间 min/max 求出前缀最大/后缀最小的变化，每次新加入点时算出 \(c_i\) 即可。复杂度 \(\mathcal O(n \log n)\)，常数较大。