这场真的是 rp++ 场。B、C 题都是一眼搞了个乱搞做法结果是列表首A。D 题虽然没搞出来但也是一眼猜到了贪心的结论，可惜没往下面继续分析。
由于 \(b,c\) 一个上升，一个下降，容易考虑这样一种构造方案：
如果 \(a_i<a_{i+1}\) 即 \(a\) 上升，那么我们就令 \(b_{i+1}=b_i+(a_{i+1}-a_i),c_{i+1}=c_i\). 就是在上升的 \(b\) 中加上这段值；反之，如果 \(a\) 下降，就在下降的 \(c\) 中体现这段值，即令 \(b_{i+1}=b_i,c_{i+1}=c_i+(a_{i}-a_{i+1}).\)
直觉来看，这是很显然的。假设 \(i \rightarrow i+1\) 在 \(a\) 中上升，那么我们不得不在 \(b\) 中至少加上 \((a_{i+1}-a_{i}).\) 如果 \(c\) 更小了，那么 \(b\) 增加的就要更多。由于 \(b\) 单调递增 \(c\) 单调递减，所以代价可能变少的情况（\(b\) 为负数且 \(c\) 为正数）的情况应该比较少。但是我们必须严谨地证明这个结论，否则就没有意义了。
上面的构造方案，可以形式化地归纳为：对于每个 \(1 \le i \lt n\)，要么 \(b_i=b_{i+1}\)，要么 \(c_{i+1}\).
考虑反证法证明这一点，即存在一个位置 \(1\le k \le n\) ，使得 \(b_{k} < b_{k+1}\) 且 \(c_{k} > c_{k+1}\) 同时存在。
容易发现我们可以对 \(b,c\) 的 \(k\) 前缀一个 \(+1\) 一个 \(-1\) 或者对 \(b,c\) 的 \(k+1\) 后缀一个 \(-1\) 一个 \(+1\) 来实现满足单调性，\(b_i+c_i=a_i\) 的同时调整 \(b_i,b_{i+1}\) 还有 \(c_i,c_{i+1}\) 之间的大小关系。
但我们需要考虑正负以确定 \(b,c\) 每个元素的绝对值之和是否改变。容易发现，当 \(b_k<0\) 的时候，我们执行一次前缀操作，可以令 \(b_i\) 和 \(b_{i+1}\) 更接近一步，同时绝对值之和不会更大（因为 \(b\) 的每个元素绝对值都少了 \(1\). 而 \(c\) 中每个对应元素的绝对值最多只会增加 \(1\).）。如果 \(b_k \ge 0\). 则 \(b_{k+1}>0\)，那么我们执行一次后缀操作，同样令 \(b_i\) 与 \(b_{i+1}\) 更接近一步，类似地，绝对值之和也不会变大。所以不断执行前缀 \(+1\) 和后缀 \(-1\) 操作就能令 \(b_i=b_{i+1}\). 同理，当然也能令 \(c_i=c_{i+1}\). 所以这种贪心构造的正确性得到了保证。（P.S. 如果 \(b_i\) 和 \(b_{i+1}\) 的差大于 \(c_i\) 和 \(c_{i+1}\) 的差，你会发现我们无法让 \(b_i=b_{i+1}\). 因为调整的过程中 \(c_k\) 就会小于 \(c_{k+1}\). 但你发现这种时候我们就可以让 \(c_k=c_{k+1}\). 同时不难发现，调整前 \(b_{i+1}-b_i\) 和 \(c_i=c_{i+1}\) 的大小关系，就对应着 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\) 的大小关系。这里各个方向联系紧密，非常巧妙（AT就成天出这种思维题））。
题外话：如果觉得一加一减比较麻烦，最后证明的时候可以学官方题解把 \(c\) 取相反数化成 \(b-c=a\) ，但我觉得一般人在不知道结论证明前是不会想到这种方式的，AT的题解总是干这种事情让我理解很困难。
到这里，我们就得到了贪心构造的方法。但是一个问题是我们还没有确定 \(b_1,c_1\). 当确定了 \(b_1=x\) 后，我们就唯一确定了整个 \(b,c\).
一位六年级学弟赛场上用三分 \(x\) 加上这个贪心构造的方法 AC 了 orz orz orz. 但我们实际上不需要三分，有更严谨的 \(O(n)\) 做法。
首先，我们将 \(b_{i}\) 转移到 \(b_{i+1}\) 所加的量记作 \(\Delta_i\). 类似地，把 \(c_i\) 转移到 \(c_{i+1}\) 所减的量记作 \(\Gamma_i\). 容易发现 \(\Delta\) 和 \(\Gamma\) 都是非负的。容易想到写出 \(b_1=x\) 后整个序列的样子：
类似地：
那么你发现 \(b,c\) 其实有一部分都是固定的，只不过 \(b\) 的每个元素整体加上 \(x\)，\(c\) 的每个元素整体减去 \(x\). 现在的问题是，给定若干个关于 \(x\) 的一次式子，求其最小的绝对值和。这是初一数学里每个人都会学到的知识，也是一个玩烂的 trick：把每个式子写成 \(|x-a|\) 的形式，然后 \(x\) 就是所有 \(a\) 的中位数。
上面的东西显然都可以写成 \(x-a\) 的形式，对于 \(b\) 来说，其可以写成：
的形式。对于 \(c\) 来说，我们无法进行恒等变形，但考虑相反数的绝对值相等，可以取相反数改写成：
的形式。
那么 \(\Delta\) 和 \(\Gamma\) 容易在 \(O(n)\) 的时间内求出，自然改写后每个 \(|x-a|\) 的 \(a\) 也能在 \(O(n)\) 的时间内算出。最后求 \(2n\) 个元素的中位数，显然也是可以 \(O(n)\) 内分治（或者 nth_element）实现的。当然，直接 sort 也没有任何问题，谁不想偷懒呢。
不用感受函数的凹凸性（雾）。我们就在 \(O(n \log n) / O(n)\)（吊打斜率优化）的复杂度内解决了这个 D.
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);i--)
#define op(x) ((x&1)?x+1:x-1)
#define odd(x) (x&1)
#define even(x) (!odd(x))
#define lc(x) (x<<1)
#define rc(x) (lc(x)|1)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define Max(a,b) (a>b?a:b)
#define Min(a,b) (a<b?a:b)
#define next Cry_For_theMoon
#define il inline
#define pb(x) push_back(x)
#define is(x) insert(x)
#define sit set<int>::iterator
#define mapit map<int,int>::iterator
#define pi pair<int,int>
#define ppi pair<int,pi>
#define pp pair<pi,pi>
#define fr first
#define se second
#define vit vector<int>::iterator
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uint;
using namespace std;
const int MAXN=4e5+10;
ll n,a[MAXN],db[MAXN],dc[MAXN],b[MAXN],c[MAXN],d[MAXN],ans;
int main(){
cin>>n;
rep(i,1,n){
cin>>a[i];
}
rep(i,1,n-1){
if(a[i]<a[i+1]){
db[i]=a[i+1]-a[i];
}else{
dc[i]=a[i]-a[i+1];
}
}
ll sum=0;
rep(i,1,n){
d[i]=sum;
sum-=db[i];
}
sum=a[1];
rep(i,1,n){
d[i+n]=sum;
sum-=dc[i];
}
sort(d+1,d+1+2*n);
b[1]=d[n];
c[1]=b[1]-a[1];
rep(i,1,n){
b[i+1]=b[i]+db[i];
c[i+1]=c[i]+dc[i];
}
rep(i,1,n){
ans+=abs(b[i]);
ans+=abs(c[i]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
DP 解法有时间再补（之前写了那么多斜率优化都没想到 DP 解法确实需要好好学习）
