https://www.acwing.com/problem/content/4010/
http://118.190.20.162/view.page?gpid=T130
脑子一热抱着玩的心态试了一下三分，当然炸了，就当初认识三分了。

正解是考虑p的变化的影响，p变成p+1的时候，答案的值取决于 p属于 相邻递增数对的值域区间 的数量。也可以考虑递减的情况，两种情况只需要考虑一种，对所有数都考虑都考虑那一种就可以了，两种代码都AC了。

分析：如果 a[i]>a[i−1]
意味着当p取到 a[i−1]+1 到 a[i] 之间的值时，非零段+1
使用数组cnt[]，cnt[i] 表示p从i-1上升到i时，非零段数量的变化
从正向前缀和中找出最大值就是所要的结果。边界问题不需要处理，因为全局数组默认是0，可以构成递增或递减的情况，
正向前缀和本质上就是差分操作的前缀和累加。
这道题纠结的地方在于为什么维护的是答案，不是变化量，但其实就是变化量，cnt[1]的值就是最初数列中的非零段数量，当从1变到2的时候，cnt前缀和就是考虑了变化量的答案。如果都考虑递增，由于边界问题的不用处理，所以即使还考虑递减结果会多1，正好是边界比较的时候补回来的。

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// Problem: 非零段划分
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/4010/
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//# define int long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
//#define double in
#define baoliu(x, y) cout << fixed << setprecision(y) << x
#define endl  "\n"

const int N = 5e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const double eps = 1e-8;
int n, m;
int a[N];int cnt[10010];
void solve(){
	cin>>n;
	bool flag=false;
	for(int i=1;i<=n;i++){
	cin>>a[i];
	if(a[i]>0)flag=true;
	}
	if(!flag){
		cout<<0<<endl;
		return ;
	}
	else {
		int mx=-1;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(a[i]>a[i-1]){
				
			//本质上是给这个区间加1，然后考虑差分降低时间复杂度
			//加1的含义是p在这个区间的时候，非零子段数量加1
			cnt[a[i-1]+1]++;
			cnt[a[i]+1]--;
			}
		}
		int s=0;
		
		for(int i=1;i<=10000;i++){
			s+=cnt[i];
			mx=max(s,mx);
		}
		cout<<mx<<endl;
	}
}
int main() {
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);

    int t;
   t=1;
    while (t--) {
solve();
    }
    return 0;
}