思路
容易发现如果长度为 \(x\) 的序列 \(a\) 中每个数都不一样，那么无论数是什么，方案数总是一样，这种情况下方案数是 \(\frac{x\times (x-1)}2\)。
我们再对序列 \(a\) 添加一些已经存在的数，如果添加了一个 \(k\)，则会方案数会加 \(1\)，也就是多了一个 \(\{k,k\}\) 的方案，而且其他的方案是存在的，如果再添加一个 \(k\) 则方案数不会增加，所以添加两个及以上的相同数字是无意义的。
所以我们可以通过添加一些已经存在且不同的数来使答案增加，最多可以新添加 \(x\) 个数，也就是总方案数为 \(\frac{x\times (x-1)}2+1 \sim \frac{x\times (x-1)}2 +x=\frac{x\times (x-1)+2\times x}2=\frac{x\times (x+1)}2\) 之间的数都可以，而 \(\frac{x\times (x+1)}2\) 还可以用长度为 \(x+1\) 的每个数都不同的序列得到，再大一点的方案数就又可以在长度为 \(x+1\) 的新序列加若干个已存在的不同的数得到。
所以对于每个 \(n\) 都存在答案。
那么，我们再来思考如何得到答案。
对于 \(n=\frac{x\times (x-1)}2\) 的情况，答案为 \(x\)。
考虑如何得到 \(x\)。
首先不考虑 \(n\) 是完全平方数的情况，则有 \(\lfloor \sqrt n \rfloor^2 < n < \lceil \sqrt n \rceil ^2\)，且 \(\lfloor \sqrt n \rfloor +1 = \lceil \sqrt n \rceil\)。
令 \(s=\lfloor \sqrt n \rfloor\)，如果 \(n=s\times(s+1)\) 那么答案就是 \(s+1\)。
否则，我们需要找到小于 \(n\) 形如 \(x=t\times (t+1)\) 中最大的 \(x\)。
我们可以用 \(t+1\) 个不同的数再多加 \(n-x\) 个已存在不同的数达成方案数为 \(n\) 的情况，答案就是 \(t+1+n-x\)。
再考虑 \(n\) 为完全平方数的情况，则 \(n\) 一定不能通过若干个不同的数构成的序列达到，那么也是第二种情况，解法也与第二种一样。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
long long n;
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%lld",&n);
long long s=sqrt(1llu*n*2);
if(s*(s+1)/2==n) printf("%lld\n",s+1);
else
for(long long j=s-3;;++j)
if(j*(j+1)/2>n)//找到最小的x
{
printf("%lld\n",j+(n-(j-1)*j/2));break;//注意：此时的x=j*(j-1)/2，所以答案是j+(n-x)不要搞错了。
}
}
}