作者的正解：
算法一：对于30%的数据： 直接枚举区间直接模拟，时间复杂度O(N3)。
算法二：对于60%的数据：枚举旋转中心点,然后再枚举旋转的端点, 我们可以用O(n)的预处理求前缀和记录固定点，总时间复杂度O（N2）。
算法三：对于100%的数据：假设有最优解为[i,j](i,j皆为下标，A[i],A[j]才是题目所要输出的答案）。if(A[i]!=j&&A[j]!=i)，就是A[i]和A[j]经过旋转之后都没有成为不动点，那么[i+1,j-1]也是一个最优解(如果i+1>j-1，那么[1,1]也是最优解）。两端旋转之后如果都没成为不动点我们可以去掉两端，不停地去掉后得到最优解为[x,y]则有A[x]=y或者A[y]=x,或者x=y=1（ [1,1]可以不参与讨论).
因此最优解一定是[min(i,A[i]),max(i,A[i])](i=1,2,3......,n)。
只需要枚举n个值就能找到最优解，由此找最优解问题变成了查询问题。假设i<=A[i],要查询的区间变成了三段[1,i-1] [i, A[i] ] [ A[i+1] ,n]，固定点个数O(1)的时间查询。中间这一段 [i, A[i] ]经过了一次旋转，对于旋转后的固定点j有A[j]+j=A[i]+i且,而[j,A[j]]也是我们要考虑成为最优解的一个旋转，我们事先将这n种旋转按照轴心不同分类，每一类由旋转区间长度短到长排序。以上算法因为要排序所以复杂度为O（N log N）。
然而数据很水我们可以直接错解碾标算。
对于60的数据：
对于一个旋转中心，他的至少一个端点反转后是固定点，即满足（a[i]+i=mid*2）。于是我们可以枚举这个端点，然后就可以算出旋转中心进而On统计答案。
然后说一下我的错解（其实很接近正解了）：
根据以上算法可以发现求得就是对于一个旋转中心的旋转段总（a[i]+i=mid*2）的点数以及旋转段外本来就是固定点的个数，前者可以用桶处理，后者可以用前缀和处理。总复杂度O（n）。
对于旋转段端点的处理，更新桶时处理最后保证对称即可。
1 for(int i=1;i<=n;i++) 2 { 3 sum[i+a[i]]++; 4 l[i+a[i]]=min(l[i+a[i]],i); 5 r[i+a[i]]=max(r[i+a[i]],i); 6 } 7 for(int i=1;i<=n*2;i++) 8 { 9 int tl=l[i],tr=r[i]; 10 l[i]=min(l[i],i-tr); 11 r[i]=max(r[i],i-tl); 12 }
所以到现在你发现这个算法错误的地方吗？没错上面只是处理的对于每个旋转中心最大的旋转段，但是这不一定是最优的（然而数据中好像都是最优的……），提供一组hack数据：
15
14 2 8 9 10 11 1 15 6 5 4 3 13 7 12
正确答案是7，而以上算法出的是6。错误就在于这里最大的旋转区间并不是最优的。
为了解决这个问题，就需要将最大区间不断收缩寻找最优解。
但是这样就又成$n^2$的了，怎么办呢？
其实可以发现一步一步收缩的话有很多步数是没有意义的，我们可以考虑对每个旋转中心开一个vector存a[i]+i=mid的点的位置，按照离旋转中心的距离排序，这样收缩的时候只需枚举vector，以上算法因为要排序所以复杂度为O（N log N）。
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #include<cmath> 5 #include<ctime> 6 #define MAXN 500010 7 #define LL long long 8 #define ma(x,y) memset(x,y,sizeof(x)) 9 using namespace std; 10 int n,a[MAXN]; 11 int sum[MAXN*2],l[MAXN*2],r[MAXN*2]; 12 int pre[MAXN]; 13 inline int read(); 14 signed main() 15 { 16 // freopen("in.txt","r",stdin); 17 // freopen("tem","r",stdin); 18 // freopen("1.out","w",stdout); 19 20 double sst=clock(); 21 n=read(); 22 for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(); 23 /* if(n<=500) 24 { 25 int ans=0,res=0; 26 for(int i=1;i<=n;i++) 27 for(int j=i;j<=n;j++) 28 { 29 for(int k=0;i+k<=j-k;k++) 30 { 31 if(a[i+k]==j-k)res++; 32 if(a[j-k]==i+k)res++; 33 if((i+k==j-k)&&a[j-k]==i+k)res--; 34 } 35 for(int k=1;k<i;k++) 36 if(a[k]==k)res++; 37 for(int k=j+1;k<=n;k++) 38 if(a[k]==k)res++; 39 ans=max(ans,res);res=0; 40 } 41 printf("%d ",ans); 42 return 0; 43 } 44 if(n<=5000) 45 { 46 int ans=0,res=0; 47 for(int i=1;i<=n;i++) 48 { 49 res=0; 50 double mid=1.0*(i+a[i])/2; 51 int st=min(a[i],i),en=max(a[i],i); 52 for(int j=st;j<=en;j++) 53 if(1.0*(double)(j+a[j])/2==mid)res++; 54 for(int j=1;j<st;j++) 55 if(j==a[j])res++; 56 for(int j=en+1;j<=n;j++) 57 if(j==a[j])res++; 58 ans=max(ans,res); 59 } 60 printf("%d ",ans); 61 return 0; 62 } 63 else*/ 64 { 65 for(int i=1;i<=n;i++) 66 { 67 pre[i]=pre[i-1]; 68 if(a[i]==i)pre[i]++; 69 } 70 ma(l,0x7f);ma(r,0); 71 for(int i=1;i<=n;i++) 72 { 73 sum[i+a[i]]++; 74 l[i+a[i]]=min(l[i+a[i]],i); 75 r[i+a[i]]=max(r[i+a[i]],i); 76 } 77 for(int i=1;i<=n*2;i++) 78 { 79 int tl=l[i],tr=r[i]; 80 l[i]=min(l[i],i-tr); 81 r[i]=max(r[i],i-tl); 82 } 83 int ans=0; 84 for(int i=1;i<=n*2;i++) 85 if(sum[i]) 86 { 87 ans=max(ans,sum[i]+pre[l[i]-1]+pre[n]-pre[r[i]]); 88 /* for(int j=1;j&&l[i]<r[i];j++) 89 { 90 double st=clock(); 91 if(l[i]+a[l[i]]==i)sum[i]--; 92 if(r[i]+a[r[i]]==i)sum[i]--; 93 l[i]++,r[i]--; 94 ans=max(ans,sum[i]+pre[l[i]-1]+pre[n]-pre[r[i]]); 95 double en=clock(); 96 if((en-st)/1000>5)break; 97 if((en-sst)/1000>550)break; 98 }*/ 99 } 100 printf("%d ",ans); 101 return 0; 102 } 103 } 104 inline int read() 105 { 106 int s=0,f=1;char a=getchar(); 107 while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')f=-1;a=getchar();} 108 while(a>='0'&&a<='9'){s=s*10+a-'0';a=getchar();} 109 return s*f; 110 }