考点：前缀和 + 枚举

时间复杂度：$O(n)$

分析

简单手玩一下分析可以得到：要么一直朝着一个方向，要么折返一次，因为题目明确说了一个矿洞不能被多次挖掘，多走并不能提供贡献，考虑枚举走$i$步分析这两种大情况，每种大情况又对应着左右的小情况，都去更新一下最佳贡献即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1 << 21;
int n, m, cnt0, x, ans;
// l[N] 存储负数位置的元素统计信息，而 r[N] 存储正数位置的元素统计信息
int l[N], r[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> x;
        if (x < 0) l[-x] ++; 
        else if(x > 0) r[x] ++;
        else cnt0 ++;
    }
    // 求左右前缀和的作用
    // 用于统计在不同步数下，向左或者向右移动能够到达的元素数量，从而计算出最大的可达元素数量
    for (int i = 1; i <= m; i++) l[i] += l[i - 1], r[i] += r[i - 1];

    // 枚举走的步数i 
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        // 一直往左走
        ans = max(ans, l[i]);
        // 一直往右走
        ans = max(ans, r[i]);
        // 往左走i步向右折返，右边的有效距离实际上只有m - i * 2，返回走的i没有贡献，下面同理
        if (m - i * 2 > 0) ans = max(ans, l[i] + r[m - i * 2]);
        // 往右走i步向左折返
        if (m - i * 2 > 0) ans = max(ans, r[i] + l[m - i * 2]);
    }
    // 这一步是显然的，0 的个数都应该被加上
    cout << ans + cnt0 << "\n";
    return 0;
}