题目：
大概意思就是给你一个序列，你可以选择一段区间使它左右翻折一遍，然后呢，从1到n找一遍，看a[i]==i的数最多是多少。
其实刚才我已经把暴力思路说出来了，枚举每一个区间长度，枚举每一个左端点，再查询a[i]的值，时间复杂度O(n)。
稍微优化一点，枚举每一个中点，左右扩展的同时查询，复杂度O（n）(注意中点有可能不是点，可能是两个点中间，不考虑这个会被卡20分)
正解：
我们需要考虑下面两个性质：
性质1：对于一个点i，如果想让它满足条件，它的翻折区间是从i到a[i],在这个区间内满足a[k]+k==a[i]+i的点会在i翻折的同时也翻折到正确的位置，不满足的一定不会翻到正确的位置。
我们对于所有的a[i]+i值，开一个向量存储所有的i。简而言之，就是开一个向量数组，把a[i]+i相同的元素都放到一个向量里面。
我们对于每一个向量，先根据翻折区间的大小，从小到大排序一遍，我们先处理小区间，再处理大区间（因为大区间会顺便把小区间的也翻折过去，会漏一些情况）。
对于每一个翻折区间，我们的结果是：
对于区间左侧与右侧的满足条件的i，我们可一通过预处理（前缀和+后缀和）来做到O(1)查询，关键在怎么处理这个区间内的情况，这需要我们的下一个性质。
性质2：
一个区间内部的满足条件的i的数量与这个区间是满足a[i]+i相等的区间的正序排序位置相等（好复杂）
上面是我胡编的性质，我们处理这个性质需要结合刚才的vector来考虑。
对于一些a[i]+i相等的数们，我们把他们都放进了一个vector里面，然后都排序好了，然后这个i是排完序后的第几位，i～a[i]这个区间里面就有几个满足条件的数。
？？？是不是很神奇，竟然这么简单？下面是证明
所以我们知道对于a[i]+i相等的区间，第几大的区间翻折后区间里面就有几个满足条件a[i]==i的数。
思路差不多了上代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e7+10;
int n,a[maxn],L[maxn],R[maxn];//L数组是从1到i的满足a[i]==i的数量，R数组是i到n的
vector<int> q[maxn];
int now;
bool cmp(int x,int y){
return abs(now-2*x)<abs(now-2*y);
//now是现在的a[i]+i的和，翻折区间的长度=abs(a[i]-i)=abs(ans-i-i);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
q[a[i]+i].push_back(i);//记住这里的向量里面保存下标
if(a[i]==i)L[i]=L[i-1]+1;
else L[i]=L[i-1];
}
for(int i=n;i>=1;i--){
if(a[i]==i)R[i]=R[i+1]+1;
else R[i]=R[i+1];
}
//以上是初始化操作
int ans=0;
for(int i=2;i<=2*n;i++){
now=i;
if(q[i].empty())continue;
sort(q[i].begin(),q[i].end(),cmp);
for(int j=0;j<q[i].size();j++){
int l=q[i][j],r=now-q[i][j];//当前区间的左右端点
if(l>r)swap(l,r);
ans=max(ans,L[l-1]+R[r+1]+j+1);
//因为j=0的时候是第一个区间，所以加的是j+1。
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}