题意： 给定一个长度为 $n$的序列 $a$，每次可以选择 $[l,r]$的区间将 $a[l,r]$都减 $1$，代价为 $(r-l+1)^2$，问在将整个序列都变为 $0$的最小操作数下的最小代价和最大代价分别是多少。

题解： 先差分序列 $a$，最小操作数一定是 $\sum_{i=1}^{n+1}a_i-a_{i-1}\times[a_i-a_{i-1}\geq0]$。
对于 $a_i$，若小于等于 $a_{i-1}$，必然可以和 $a_{i-1}$一起被处理；若大于 $a_{i-1}$，那就需要多 $a_i-a_{i-1}$次处理。
取最小值，即对于差分序列 $b$依次找到距离每个大于 $0$的 $b_i$的最近的小于 $0$的 $b_j$，用队列维护即可。
取最大值，即对于差分序列 $b$依次找到距离每个小于 $0$的 $b_i$的最近的大于 $0$的 $b_j$，用栈维护即可。

简单证明：
对于最小值，我们从左往右处理正数，那么对于每个正数，其选取的区间一定是最短的。
对于最大值，我们最左往右处理负数，因为负数必须被之前的正数处理掉。那么该负数越往左边的正数就越可能被后面的负数所处理，每个正数被处理的区间就会越长。

看官方题解还有线段树或分治的做法，太弱了确实理解不了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[N], b[N];
int n;

struct Node{
	int v, id;
};

int jz(int x) {
	return x < 0 ? -x : x;
}

Node stk[N]; int top;
Node q[N]; int hh, tt;
int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
	
	//最小 
	a[0] = a[n + 1] = 0;
	for(int i = 1; i <= n + 1; i++) b[i] = a[i] - a[i - 1];
	ll Min = 0;
	hh = 0, tt = -1;
	for(int i = 1; i <= n + 1; i++) {
		if(b[i] > 0) q[++tt] = {b[i], i};
		
		else if(b[i] < 0) {
			while(b[i] != 0) {
				int flag = (jz(q[hh].v) >= jz(b[i]));
				if(flag) {
					Min = (Min + 1ll * (i - q[hh].id) * (i - q[hh].id) % mod * jz(b[i])) % mod;
					q[hh].v -= jz(b[i]);
					b[i] = 0;
					if(q[hh].v == 0) hh++;
				}
				
				else {
					Min = (Min + 1ll * (i - q[hh].id) * (i - q[hh].id) % mod * jz(q[hh].v)) % mod;
					b[i] += q[hh].v;
					hh++;
				}
			}
		} 
	}	
	
	//最大 
	a[0] = a[n + 1] = 0;
	for(int i = 1; i <= n + 1; i++) b[i] = a[i] - a[i - 1];
	ll Max = 0;
	top = 0;
	for(int i = 1; i <= n + 1; i++) {
		if(b[i] > 0) stk[++top] = {b[i], i};
		
		else if(b[i] < 0) {
			while(b[i] != 0) {
				int flag = (jz(stk[top].v) >= jz(b[i]));
				if(flag) {
					Max = (Max + 1ll * (i - stk[top].id) * (i - stk[top].id) % mod * jz(b[i]) % mod) % mod;
					stk[top].v -= jz(b[i]);
					b[i] = 0;
					if(stk[top].v == 0) top--;
				} 
				
				else {
					Max = (Max + 1ll * (i - stk[top].id) * (i - stk[top].id) % mod * jz(stk[top].v) % mod) % mod;
					b[i] += stk[top].v;
					top--;
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld %lld\n", Min, Max);
}