[AcWing 100] 增减序列

差分 + 贪心

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#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e5 + 10;

int n;
int a[N], b[N];

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        cin >> a[i];
    for (int i = 2; i <= n; i ++)
        b[i] = a[i] - a[i - 1];
    LL p = 0, q = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i ++) {
        if (b[i] > 0)
            p += b[i];
        else
            q -= b[i];
    }
    cout << max(p, q) << endl;
    cout << abs(p - q) + 1 << endl;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);

    solve();

    return 0;
}

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1. 差分
   \(b_i = a_i - a_{i - 1}\) （\(i \geqslant 2\)）
2. 贪心
   \(a_1\) 到 \(a_n\) 相等时，需要满足两个条件：
   ① \(b_2\) 到 \(b_n\) 都为 \(0\)
   ② \(b_1\) 是最终 \(a_1\) 到 \(a_n\) 的值
   最少的操作次数就是使得 \(b_2\) 到 \(b_n\) 都为 \(0\) 的最少操作次数，最终结果的个数就是 \(b_1\) 的可能取值
   在 \([L, R]\) 区间同时加上 \(1\)，对应在差分数组上，\(b_L = b_L + 1\)，\(b_{R + 1} = b_{R + 1} - 1\)（减法类似），考虑以下四种情况：
   ① \(2 \leqslant L \leqslant R \leqslant n - 1\)，此时 \(R + 1 \leqslant n\)，效果是让 \(b_2\) ~ \(b_n\) 中的一个数加一，另一个数减一
   ② \(L = 1\)，\(R \leqslant n - 1\)，此时 \(R + 1 \leqslant n\)，效果是让 \(b_1\) 加（减）一，\(b_2\) ~ \(b_n\) 中的一个数减（加）一
   ③ \(L \geqslant 2\)，\(R = n\)，此时 \(R + 1 = n + 1\)，效果是让 \(b_{n + 1}\) 加（减）一，\(b_2\) ~ \(b_n\) 中的一个数减（加）一
   ④ \(L = 1\)，\(R = n\)，对差分数组无影响，肯定不是最少操作次数需要的，排除这种操作
   设所有 \(b_i > 0\) 的和为 \(p\)，所有 \(b_i < 0\) 的和为 \(q\)，要想满足操作次数最小，首先尽可能多使用 ① 操作，让 \(p\) 和 \(q\) 其中一个变为 \(0\)，再使用 ② 或 ③ 操作使得不为 \(0\) 的那个变为 \(0\)
   最小操作次数应为 \(min(p,q) + |p - q| = max(p, q)\)
   在 \(p\) 和 \(q\) 其中一个变为 \(0\) 后，用 ② 会使 \(b_1\) 加一，用 ③ 不会改变 \(b_1\)，一共要使用 \(|p - q|\) 次 ② 或 ③ 操作，可以有 \(0\) 次，\(1\) 次，\(\cdots\)，\(|p - q|\) 次选择 ②，\(b_1\) 最终有 \(|p - q| + 1\) 种取值