难度：简单
有 n 个人前来排队买票（有一个人前来买瓜bushi），其中第 0 人站在队伍 最前方 ，第 (n - 1) 人站在队伍 最后方 。
给你一个下标从 0 开始的整数数组 tickets ，数组长度为 n ，其中第 i 人想要购买的票数为 tickets[i] 。
每个人买票都需要用掉 恰好 1 秒 。一个人 一次只能买一张票 ，如果需要购买更多票，他必须走到 队尾 重新排队（瞬间 发生，不计时间）。如果一个人没有剩下需要买的票，那他将会 离开 队伍。
返回位于位置 k（下标从 0 开始）的人完成买票需要的时间（以秒为单位）。
示例 1：
输入：tickets = [2,3,2], k = 2
输出：6
解释：
队伍一开始为 [2,3,2]，第 k 个人以下划线标识。
在最前面的人买完票后，队伍在第 1 秒变成 [3,2,1]。
继续这个过程，队伍在第 2 秒变为[2,1,2]。
继续这个过程，队伍在第 3 秒变为[1,2,1]。
继续这个过程，队伍在第 4 秒变为[2,1]。
继续这个过程，队伍在第 5 秒变为[1,1]。
继续这个过程，队伍在第 6 秒变为[1]。第 k 个人完成买票，所以返回 6。
示例 2：
输入：tickets = [5,1,1,1], k = 0
输出：8
解释：
队伍一开始为 [5,1,1,1]，第 k 个人以下划线标识。
在最前面的人买完票后，队伍在第 1 秒变成 [1,1,1,4]。
继续这个过程 3 秒，队伍在第 4 秒变为[4]。
继续这个过程 4 秒，队伍在第 8 秒变为[]。第 k 个人完成买票，所以返回 8。
提示：
n == tickets.length
1 <= n <= 100
1 <= tickets[i] <= 100
0 <= k < n
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简单题大部分输入参数的量级都不会很大，一般可以用模拟来解决。
function timeRequiredToBuy(tickets: number[], k: number): number {
let ans = 0
while(tickets[k] > 0) {
let head = tickets.shift()
// 只有票数大于0才需要统计时间，小于等于0的当成已经离开队伍 这样可以保证数组的长度不变，比较好处理k值的变化
if (head > 0) {
ans += 1
head-- // 票数-1
}
tickets.push(head)
// 下标随着模拟移动
if (k > 0) {
k--
} else {
k = tickets.length - 1
}
}
return ans
};
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时间复杂度是O(nl)，n是队伍的长度，l是下标为k的人需要购买的票数。这种做法能过大概是由于这是简单题，参数的量级不大。如果目标需要购买9999999张票那就完damn了。
看看官解：
我们可以对每个人的下标 i 分类讨论：
如果这个人初始在第 k 个人的前方，或者这个人恰好为第 k 个人，即 i≤k，此时在第 k 个人买完票之前他最多可以购买 tickets[k] 张。考虑到他想要购买的票数，那么他买票所需时间即为 min(tickets[k],tickets[i])；
如果这个人初始在第 k 个人的后方，即 i>k，此时在第 k 个人买完票之前他最多可以购买 tickets[k]−1 张。考虑到他想要购买的票数，那么他买票所需时间即为 min(tickets[k]−1,tickets[i])。
我们遍历每个人的下标，按照上述方式计算并维护每个人买票所需时间之和，即可得到第 k 个人买完票所需的时间，我们返回该值作为答案。
function timeRequiredToBuy(tickets: number[], k: number): number {
const n = tickets.length;
let res = 0;
for (let i = 0; i < n; i++) {
// 遍历计算每个人所需时间
if (i <= k) {
res += Math.min(tickets[i], tickets[k]);
} else {
res += Math.min(tickets[i], tickets[k] - 1);
}
}
return res;
};
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优雅，时间复杂度也只有O(n)，如果模拟法过不了应该是可以想到这个方法吧，后面得养成习惯，不要一上来就模拟，要学会分类讨论，或者模拟完思考效率更高的做法。