题意：对于一个序列，令一个 \(melody\) 为一个子序列满足子序列的相邻两项相差 \(1\) 或者模 \(7\) 同余。现在提取四个不重合的 \(melody\)，求最长总长度。

我们先考虑暴力的网络流，每个点拆成两个，中间流量 \(1\)，费用 \(-1\)，每个点朝着所有可以转移向的点连边。边数是 \(O(n^2)\) 的。总复杂度 \(O(n^3)\)。

我们发现，我们不一定要往所有可以转移的点连边。我们可以建立两种点，一种是“值点”，一种是“模点”。我们只是往所有的“值为 \(a_i\pm 1\) 的后缀”和所有“模 \(7\) 为 \(k\) 的后缀”连边。这些后缀连到自己所属的值。然后后缀再连到新的后缀。

但是，如果我们给每个位置都开这样的后缀，点数就会变成 \(O(n^2)\)（离散化后），反而不如原来。不过我们发现，如果位置 \(i\) 没有值为 \(x\) 的数或模 \(7\) 余 \(k\) 的数，后缀 \(x\) 和 \(k\) 就可以和 \(i+1\) 共用。

这就提示我们遇到了再对当前值的后缀更新新节点并连边。

我们记录当前值为 \(x\) 的后缀是 \(id_x\)，当前模 \(7\) 余 \(x\) 的后缀是 \(ik_x\)。

首先，\(x\) 从 \(id_{a_x}\) 转移来，更新新的 \(id_{a_x}\)

然后，\(x\) 转移到 \(id_{a_x\pm1}\)，更新新的 \(id_{a_x\pm1}\)

最后，\(x\) 从 \(ik_{a_x\bmod 7}\) 转移来，更新，转移到新的 \(ik_{a_x\bmod 7}\)。

因为最多提出四个子序列，我们建立虚拟源点，让一切流量从这里流出，而源点到虚拟源点连流量为 \(4\) 的边。

边数 \(O(n)\)，总复杂度 \(O(n^2)\)，足够通过此题。

int id[100005],ik[8],n,a[3005],cnt;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cin>>n;
	rp(i,n)cin>>a[i];cnt=2*n+1;
	Juc::s=0,Juc::t=2*n+2,cnt=2*n+2;
	rep(i,0,2*n+2)Juc::ptt(i);
	Juc::add(0,2*n+1,4,0);
	rp(i,n){
		Juc::add(2*n+1,i,1,0);
		Juc::add(i+n,2*n+2,1,0);
		Juc::add(i,i+n,1,-1);
		
		if(id[a[i]-1]){
			++cnt;Juc::ptt(cnt);
			Juc::add(id[a[i]-1],i,1,0);
			Juc::add(id[a[i]-1],cnt,1e9,0);
			id[a[i]-1]=cnt;
		}
		
		if(id[a[i]+1]){
			++cnt;Juc::ptt(cnt);
			Juc::add(id[a[i]+1],i,1,0);
			Juc::add(id[a[i]+1],cnt,1e9,0);
			id[a[i]+1]=cnt;
		}
		
		++cnt;Juc::ptt(cnt);
		if(id[a[i]]){
			Juc::add(id[a[i]],cnt,1e9,0);
			Juc::add(id[a[i]],i,1e9,0);
		}id[a[i]]=cnt;
		Juc::add(i+n,id[a[i]],1,0);
		
		++cnt;Juc::ptt(cnt);
		if(ik[a[i]%7]){
			Juc::add(ik[a[i]%7],i,1,0);
			Juc::add(ik[a[i]%7],cnt,1e9,0);
		}
		Juc::add(i+n,cnt,1,0);ik[a[i]%7]=cnt;
	}
	Juc::MCMF();
	cout<<-Juc::cost<<endl;
	return 0;
}
//Crayan_r