设切割的区间为（j， i）， 注意两边都是开区间。
然后可以预处理出以i为起点的最长连续递增的长度和以j为终点的最长连续递增的长度。
大致思路就是枚举i，右边这一侧的最优值就知道了， 然后这道题的关键就是就是j取哪里。
（1）去掉干扰元素， 这一步非常的关键， 设题目给的数组为a， g（i）表示以i为结尾的最长递增序列长度
在j < i中， 如果 a[j'] <= a[j] 同时 g(j') > g(j), 那么 j这个元素肯定不是最优的。因为如果j可以取的话
j'就一定可以取， 而且更优。如果j可以取， 就满足a[j] < a[i], 而a[j'] <= a[j]， 所以a[j'] < a[i]，所以j'可以取
同时g(j') > g(j),代表这个长度更长, 答案更优。所以j这个元素如果可以取得话一定可以被j’代替， 所以
j就对答案没有影响， 就去掉。
这样去掉以后， 就代表如果按照a[j]来排序得到一个序列的话， g（j）就是递增的（不递增的元素就会舍去， 按照之前的结论）
这一步排除这些元素非常关键，因为如果是递增的话， 就可以二分了。
（2） 但是这里有个问题， 因为这个序列是不断要改变的， 也就是说顺序是不断改变的， 但是又不可能每一次
都排一次a[i]来保证单调性， 所以就用到了set， 也就是我标题说的用set来实现动态变化中的二分。因为set本身
就是排好序的， 所以元素增加删除的时候会自动调整， 而set里面还有自带的二分lower_bound， 就非常的方便了。
（4）所以就是每一次都二分去找最优的j， 然后去更新答案和改变set里面的值了。代码中有一句话是删除掉c
为什么呢？设原来的c叫做c0， 现在的c就是c。
第一， 如果这个c0本来就不在set中的话， 那么删除是没事的。第二， 如果这个c0在set中的话，
那么现在加入的c肯定更优， 也就是说原来的c0.g肯定是小于c.g
为什么呢？ 假设c0的那个递增序列的c0的前一个位置为p.
如果在set中c0的前一个值就是p的话，那么c.g是等于c0.g的长度的，如果不等于的话keep就等于false了，接下来c就不会插入了
如果set中c0的前一个值是在p和c0之间的话， 那么c.g是大于c0.g的长度的，因为set中是递增的。
这个可能有点抽象， 大家可以拿笔画一下， 我也是理解了很久才想明白的。#include<cstdio>
#include<set>
#include<algorithm>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
using namespace std;
const int MAXN = 212345;
int a[MAXN], f[MAXN], g[MAXN], n;
struct node
{
int a, g;
node(int a, int g) : a(a), g(g) {}
bool operator < (const node& rhs) const
{
return a < rhs.a;
}
};
set<node> s;
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d", &n);
REP(i, 0, n) scanf("%d", &a[i]);
if(n == 1) { puts("1"); continue; }
g[0] = 1;
REP(i, 1, n)
{
if(a[i] > a[i-1]) g[i] = g[i-1] + 1;
else g[i] = 1;
}
f[n-1] = 1;
for(int i = n - 2; i >= 0; i--)
{
if(a[i] < a[i+1]) f[i] = f[i+1] + 1;
else f[i] = 1;
}
s.clear();
s.insert(node(a[0], g[0]));
int ans = 1;
REP(i, 1, n)
{
node c(a[i], g[i]);
set<node>::iterator it = s.lower_bound(c);
bool keep = true;
if(it != s.begin())
{
node last = *(--it);
ans = max(ans, f[i] + last.g);
if(last.g >= c.g) keep = false;
}
if(keep)
{
s.erase(c);
s.insert(c);
it = s.find(c);
it++;
while(it != s.end() && it->a > c.a && it->g <= c.g) s.erase(it++);
}
}
printf("%d
", ans);
}
return 0;
}