题目描述：
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
分析：
差分：与前缀和相对的一个概念，设数组a[n],b[n],有b[n] = a[n] – a[n-1],b[i]=a[i]-a[i-1].b[1] = a[1].(a[1]是第一个元素)。我们可以看见：a[n] = a[1]+a[2]-a[1]+a[3]-a[2]+…+a[n]-a[n-1]=b[1]+b[2]+…+b[n],所以b[n]是a[n]的差分数组，a[n]是b[n]的前缀和数组。
现在，我们想对数组a[n]在区间l-r上的元素都加上一个数c（c可正可负），我们可以看见a[l]-a[r]之间每个元素都增加了c，而a中其他元素未改变，所以对a的差分数组b而言，b[l]+=c,b[r+1]-=c.b中的其他元素并未改变。我们得出结论，对数组a中l-r的区间同时加上一个c的操作等价于对其差分数组b[l]+c,b[r+1]-c的两步操作，于是该操作复杂度也就是O(1)了。
对于数组b[n]:1-n;我们选择两个元素作为区间的端点，改变端点就相当于改变了a的这段区间。我们有以下四种选择：其一，2<=i,j<=n;也就是l与r+1都选在中间，该操作相当于对左端点加上c，右端点减去c。其二，i=1，2<=j<=n;，左端点选在第一个没啥影响，相当于之给右端点减去了c。其三，2<=i<=n;，j=n+1；右端点选在了最后一个，相当于只给左端点加上了c。其四，i=1,j=n+1;相当于对整个区间同时加c，差分数组未改变。
对于本题，要求将数组元素化为相同的元素，相当于对差分数组b[2]-b[n]都置为0.要求操作数最少，上面前三种操作分别能改变2,1,1个b数组的元素，差分数组一般而言有正有负，我们根据贪心的思想给负数+1，正数-1.即优先选择第一步操作，操作结束后，正数和与负数和绝对值之差可能不为0，我们再进一步选择第二或第三种操作，加上abs（正和-负和）=m，我们选第二种操作的次数是0,1,2…m，对应选第三种操作的次数是m，m-1，…，0.一共m+1种选择，对应m+1种不同结果。最后一个问题，比如最后多出m个正数，对其中任一个正数选第二种操作，其他的选第三种操作最后的结果序列是一样的吗，答案是肯定的。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100010;
int a[maxn];
int main(){
int n;
cin>>n;
for(int i = 1;i <= n;i++) cin>>a[i];
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;
}