思路
考虑从大到小给每一个 \(b_i\) 匹配一个 \(a_j\)，那么如果对于 \(b_i\)，\(a_j\) 不能匹配，那么对于后续更小的 \(b_i\)，\(a_j\) 同样无法匹配，所以可以直接忽略，跳到下一个，一直匹配，直到无法匹配为止，那么无法匹配的 \(b_i\) 的数量就是需要的操作数。
因为简单版本 \(m=1\)，所以直接把 \(a_1\) 赋值为 \(1\) 即可。
因为对于这个 \(b_i\)，匹配 \(a_j\) 可以从上一个 \(b_i\) 匹配的后一个 \(a_j\) 开始，所以总复杂度是 \(O(n)\)，加上最开始对数组 \(a\) 和数组 \(b\) 排序的 \(O(n\log n)\)，时间复杂度是 \(O(n\log n)\)，所以不会 TLE。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,m,a[100005],b[100005],ans;
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m),a[1]=1,ans=0;
for(int i=2;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&b[i]);
sort(a+1,a+n+1),sort(b+1,b+n+1);
int j=n;
for(int i=n;i>=1;--i)
{
while(j>1&&a[j]>=b[i]) --j;
if(j==1&&a[j]>=b[i]){ans=n-i;break;}
else if(j==1&&a[j]<b[i]){ans=n-i+1;break;}
--j;
}
printf("%d\n",n-ans);
}
return 0;
}