解题思路

由于 $a$ 数组是一个 $1$ 到 $n$ 的一个排列，那么形成的一定是如下形式：

一定会构成几个点的循环，或者是几个单独的点。

从任意点开始，如果能进入一个循环，一定可以将整个循环的宝藏都拿走，因为不限进入传送门的次数。

那么，我们可以用并查集来维护点与点之间的关系，以及一个小团体里头点的数量。

由于我们可以使用一次从 $j$ 跳到 $j-1$ 或 $j+1$ 的位置，那么我们可以枚举所有的 $cnt[find(j)]+cnt[find(j+1)]$，其中 $find(j)\ne find(j+1)$。

时间复杂度约为 $O(n)$。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;

int n;
int p[N], cnt[N];

int find(int x)
{
    if (x != p[x])
        p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}

int main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        p[i] = i, cnt[i] = 1;
    
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
    {
        int x;
        cin >> x;
        int a = find(i), b = find(x);
        if (a == b)
            continue;
        cnt[a] += cnt[b];
        p[b] = a;
    }
    
    int res = 0;
    for (int i = 1; i < n; ++ i )
    {
        int a = find(i), b = find(i + 1);
        if (a == b)
            res = max(res, cnt[a]);
        else
            res = max(res, cnt[a] + cnt[b]);
    }
    
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

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