【算法竞赛进阶指南】Inc序列

描述

给定一个长度为 n 的数列 a1,a2,…,an，每次可以选择一个区间 [l,r]，使下标在这个区间内的数都加一或者都减一。

求至少需要多少次操作才能使数列中的所有数都一样，并求出在保证最少次数的前提下，最终得到的数列可能有多少种。

输入格式

第一行输入正整数n。

接下来n行，每行输入一个整数，第i+1行的整数代表ai。

输出格式

第一行输出最少操作次数。

第二行输出最终能得到多少种结果。

数据范围

0<n≤105,
0≤ai<2147483648

输入样例：

4
1
1
2
2

输出样例：

1
2

差分：与前缀和互逆

设原数组为 $a[1],a[2]…a[n]$
定义差分 $b[i] = a[i] - a[i-1], b[1] = a[1]$

有 $a[i] = b[1] + b[2] + … + b[i]$
即，若b为数组a的差分序列，则a是b的前缀和序列

思路：
因为只是+1，-1，所以不需要线段树或树状数组
本题要求让数组a全相同，可以转化为所有数的差分为0

解题步骤：

对原数组a1…an求差分序列b1…bn
如果要给区间[l,r] 加 c 即 $b[l] += c$ ， $b[r+1] -= c$

此后当我们再求原数组时，因为原数组是差分序列的前缀和，在求a[0]…a[l-1]时，因为差分b[0]…b[l-1]都没变，所以a[0]…a[l-1]也没变。
在求a[l]…a[r]时，因为差分b[l] += c，所以a[l]…a[r]都加了c。
在求a[r+1]…a[n]时，因为差分b[l]+=c, b[r]-=c，所以a[r+1]…a[n]没变。

总结：对数组中一个区间的加c与减c，可以转换为区间端点的差分加c与减c。
如果可以让差分的区间端点经过n次运算使差分序列全部变为0，则数组也可以通过这n次运算变为相同的数。

如数组a: 1 1 2 2 1
其差分b:(1)0 1 0 -1
要让a[3]…a[4]这段区间（差分的前缀和）减1
等价于让b[3]-=1, b[5] +=1

其中，b[3]原本是正数，b[5]原本是负数。
我们的最终目的是让b数组的每个数都变为0，我们的每次操作最多可以让b数组的两个数一个+1，一个-1。（这两个数分别是区间的两个端点，可以任意选）。这里的最多是因为也可以只让1个数+1或-1。基于贪心的思想，我们会先将正数与负数相抵消，最后剩下只有正数或只有负数的时候再单独处理正数与负数。

第一问：每次最多只能同时把差分数组b的一个数+1，一个数-1，问把pos个+1和neg个-1都变为0需要几步。
最小步数： $min(pos, neg) + abs(pos - neg)$

第二问：最终得到的数列可能有多少种
有 $abs(pos - neg) + 1$ 种匹配方式

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 100010;
int a[N];

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
    // 从大到小枚举：求a[i]需要a[i-1]，要保证a[i-1]是原数而不是差分
    for (int i = n; i > 1; i --) a[i] -= a[i-1];
    
    ll pos = 0, neg = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
        if (a[i] > 0) pos += a[i];
        else neg -= a[i];
    }
    cout << min(pos, neg) + abs(pos - neg) << endl;
    cout << abs(pos - neg) + 1 << endl;
    
    return 0;
}