题意是有n个城市，每个城市有一个物品的单价ai，商人需要依次遍历所有城市，并且在每个城市只能进行买、卖一个物品或啥也不干的操作，要求利润最大的情况及保证利润最大时的最小买卖次数。
解题思路：贪心。
最朴素的想法，当城市i的单价比后面的某个城市j单价低时，就可能通过买卖赚取一定的差价，而如果城市j的单价又比更后面的城市k低的话，那么在城市k卖赚取的差价要大。
我们可以依次枚举每个城市的单价，维护一个在当前城市之前的城市中单价从小到大的优先队列。
如果队列顶部的单价大于等于当前城市的值，很简单，直接将当前城市单价push入优先队列即可，因为在这个城市不会进行卖的操作；
否则，先pop队列顶部的单价，然后将之与当前城市的差价加到总利润上，分情况决定是否更新买卖次数，并且将当前城市的单价push进优先队列两次。
push两次是关键，前一次push是表面上在这里把当前队列顶部的物品在这里卖出去了，其实后面如果有更高的单价导致这个值pop时，不更新买卖次数，就相当于这个物品是在后面单价更大的城市出售的；后一次push是因为，如果出现了前一次的值被pop后，说明并没有在这个城市卖东西，那么是可能在这个城市买东西的。当然我们需要一个标记来区分是不是前一次那种情况，避免重复更新买卖次数。
此外，对于单价相同的城市，push两次的前一次优先级应该要比其他时候高，原因在于：
对于push两次的后一次push，必须前一次push的值出队列后才可以在这个城市购买物品；
对于小于等于队列顶部城市单价的值，优先卖前一次push的值可以使得获得同样利润时的买卖次数最少。
令高优先级为1，低优先级为2
举例：
4
3 1 3 4
初始时ans=0,cnt=0
将第一个城市的单价和优先级(3,2)加入队列 队列：(3,2) ans=0,cnt=0
到第二个城市时单价为1小于队列顶部单价，直接将(1,2)加入队列 队列：(1,2) (3,2) ans=0,cnt=0
到第三个城市时单价大于队列顶部单价，且队列顶部优先级为2，说明是没有更新过买卖次数的，则ans+=(3-1)，cnt+=2，将队列顶部元素pop，然后将(3,1)，(3,2)加入队列 队列：(3,1) (3,2,) (3,2) ans=2,cnt=2
到第四个城市时单价大于队列顶部单价，且队列顶部优先级为1，说明是已经更新过买卖次数的，则ans+=(4-3)，将队列顶部元素pop，然后将(4,1)，(4,2)加入队列 队列：(3,2) (3,2) (4,1) (4,2) ans=3,cnt=2
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define db double
#define ldb long double
#define m_p make_pair
#define p_b push_back
#define fbo friend bool operator <
const int N = 100010;
const int mod=1e9+7;
struct FastIO//输入挂
{
static const int S=200;
int wpos;
char wbuf[S];
FastIO():wpos(0){}
inline int xchar()
{
static char buf[S];
static int len=0,pos=0;
if(pos==len) pos=0,len=fread(buf,1,S,stdin);
if(pos==len) exit(0);
return buf[pos++];
}
inline int read()
{
int s=1,c=xchar(),x=0;
while(c<=32) c=xchar();
if(c=='-') s=-1,c=xchar();
for(;'0'<=c&&c<='9';c=xchar()) x=x*10+c-'0';
return x*s;
}
~FastIO()
{
if(wpos) fwrite(wbuf,1,wpos,stdout),wpos=0;
}
}io;
int t,n,a[N];
struct node{
int x,y;
friend bool operator<(node a,node b){
if(a.x==b.x) return a.y>b.y;
return a.x>b.x;
}
}q,p;
priority_queue<node> pq;
int main(){
t=io.read();
while(t--){
while(!pq.empty()) pq.pop();
n=io.read();
For(i,1,n){
a[i]=io.read();
}
ll ans=0;
int cnt=0;
q.x=a[1],q.y=2;
pq.push(q);
For(i,2,n){
if(!pq.empty()){
p=pq.top();
if(a[i]<=p.x) q.x=a[i],q.y=2,pq.push(q);
else{
pq.pop();
if(p.y==2) ans+=a[i]-p.x,cnt+=2;
else ans+=a[i]-p.x;
q.x=a[i],q.y=1,pq.push(q),q.y=2,pq.push(q);
}
}
}
printf("%lld %d\n",ans,cnt);
}
return 0;
}