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给你两个字符串 s 和 p ，其中 p 是 s 的一个 子序列 。同时，给你一个元素 互不相同 且下标 从 0 开始 计数的整数数组 removable ，该数组是 s 中下标的一个子集（s 的下标也 从 0 开始 计数）。

请你找出一个整数 k（0 <= k <= removable.length），选出 removable 中的 前 k 个下标，然后从 s 中移除这些下标对应的 k 个字符。整数 k 需满足：在执行完上述步骤后， p 仍然是 s 的一个 子序列 。更正式的解释是，对于每个 0 <= i < k ，先标记出位于 s[removable[i]] 的字符，接着移除所有标记过的字符，然后检查 p 是否仍然是 s 的一个子序列。

返回你可以找出的 最大 k ，满足在移除字符后 p 仍然是 s 的一个子序列。

字符串的一个 子序列 是一个由原字符串生成的新字符串，生成过程中可能会移除原字符串中的一些字符（也可能不移除）但不改变剩余字符之间的相对顺序。

示例 1：

输入：s = “abcacb”, p = “ab”, removable = [3,1,0]
输出：2
解释：在移除下标 3 和 1 对应的字符后，“abcacb” 变成 “accb” 。
“ab” 是 “accb” 的一个子序列。
如果移除下标 3、1 和 0 对应的字符后，“abcacb” 变成 “ccb” ，那么 “ab” 就不再是 s 的一个子序列。
因此，最大的 k 是 2 。
示例 2：

输入：s = “abcbddddd”, p = “abcd”, removable = [3,2,1,4,5,6]
输出：1
解释：在移除下标 3 对应的字符后，“abcbddddd” 变成 “abcddddd” 。
“abcd” 是 “abcddddd” 的一个子序列。
示例 3：

输入：s = “abcab”, p = “abc”, removable = [0,1,2,3,4]
输出：0
解释：如果移除数组 removable 的第一个下标，“abc” 就不再是 s 的一个子序列。

提示：

1 <= p.length <= s.length <= 10${}^5$
0 <= removable.length < s.length
0 <= removable[i] < s.length
p 是 s 的一个 子字符串
s 和 p 都由小写英文字母组成
removable 中的元素 互不相同

我们需要找到最大的k，当移除的下标k超过某个值时，p就不是s的子序列了，因此我们可以二分查找最大的k，对于某个下标i，我们检查去除到下标i后p还是不是s的子序列，如果是，则说明i取小了，在i的右边继续二分，否则在i的左边查找：

class Solution {
public:int maximumRemovals(string s, string p, vector<int>& removable) {int ans = 0;int l = 0;int r = removable.size() - 1;while (l <= r) {int m = l + (r - l) / 2;unordered_map<int, bool> removeMap;for (int i = 0; i <= m; ++i) {removeMap[removable[i]] = true;}int sIdx = 0;int pIdx = 0;while (sIdx < s.size() && pIdx < p.size()) {// 跳过移除了的字符if (removeMap.find(sIdx) != removeMap.end()) {++sIdx;continue;}if (s[sIdx] == p[pIdx]) {++sIdx;++pIdx;} else {++sIdx;}}// 如果p仍是s的子序列if (pIdx == p.size()) {l = m + 1;ans = max(ans, m + 1);} else {r = m - 1;}}return ans;}
};

如果s的长度为n，removable的长度为m，则此算法时间复杂度为O((n+m)logm)，空间复杂度为O(m)。