[AcWing 100] 增减序列

差分 + 贪心

---

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e5 + 10;

int n;
int a[N], b[N];

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        cin >> a[i];
    for (int i = 2; i <= n; i ++)
        b[i] = a[i] - a[i - 1];
    LL p = 0, q = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i ++) {
        if (b[i] > 0)
            p += b[i];
        else
            q -= b[i];
    }
    cout << max(p, q) << endl;
    cout << abs(p - q) + 1 << endl;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);

    solve();

    return 0;
}

---

1. 差分
   $b_i = a_i - a_{i - 1}$ （$i \geqslant 2$）
2. 贪心
   $a_1$ 到 $a_n$ 相等时，需要满足两个条件：
   ① $b_2$ 到 $b_n$ 都为 $0$
   ② $b_1$ 是最终 $a_1$ 到 $a_n$ 的值
   最少的操作次数就是使得 $b_2$ 到 $b_n$ 都为 $0$ 的最少操作次数，最终结果的个数就是 $b_1$ 的可能取值
   在 $[L, R]$ 区间同时加上 $1$，对应在差分数组上，$b_L = b_L + 1$，$b_{R + 1} = b_{R + 1} - 1$（减法类似），考虑以下四种情况：
   ① $2 \leqslant L \leqslant R \leqslant n - 1$，此时 $R + 1 \leqslant n$，效果是让 $b_2$ ~ $b_n$ 中的一个数加一，另一个数减一
   ② $L = 1$，$R \leqslant n - 1$，此时 $R + 1 \leqslant n$，效果是让 $b_1$ 加（减）一，$b_2$ ~ $b_n$ 中的一个数减（加）一
   ③ $L \geqslant 2$，$R = n$，此时 $R + 1 = n + 1$，效果是让 $b_{n + 1}$ 加（减）一，$b_2$ ~ $b_n$ 中的一个数减（加）一
   ④ $L = 1$，$R = n$，对差分数组无影响，肯定不是最少操作次数需要的，排除这种操作
   设所有 $b_i > 0$ 的和为 $p$，所有 $b_i < 0$ 的和为 $q$，要想满足操作次数最小，首先尽可能多使用 ① 操作，让 $p$ 和 $q$ 其中一个变为 $0$，再使用 ② 或 ③ 操作使得不为 $0$ 的那个变为 $0$
   最小操作次数应为 $min(p,q) + |p - q| = max(p, q)$
   在 $p$ 和 $q$ 其中一个变为 $0$ 后，用 ② 会使 $b_1$ 加一，用 ③ 不会改变 $b_1$，一共要使用 $|p - q|$ 次 ② 或 ③ 操作，可以有 $0$ 次，$1$ 次，$\cdots$，$|p - q|$ 次选择 ②，$b_1$ 最终有 $|p - q| + 1$ 种取值