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一道非常巧妙的差分。
我们先来讲一下样例：
原数组：1 1 2 2
差分后：1 0 1 0
这时，我们发现，若满足数组中所有数都相等， 则必须将差分数组除第一位以外的数都变成0
我们怎么用最小的次数将差分数组变成零呢？这个样例不算明显，我们再造一个：
input ： 1 4 2 5
差分： 1 3 -2 3
差分数组出现了负数，我们知道差分处理区间加法是将left+1,right的下一位-1，显然每次操作需要将正数-1，负数+1，显然需要尽可能将正数和负数放在一个操作中处理。
那么到这里，第一问求最小次数就已经解决了，形式化来讲，若设差分数组为c，则答案为：
$ max(\sum_{i = 2}^{n}[c[i]>0] ,\sum_{i=2}^{n}abs([[c[i]<0]))$
再看第二问
在保证最少次数的前提下，最终得到的数列有多少种。
首先，因为要保证最小次数，我们必须要将正数和负数配对消的部分消完才行。
显然将正数负数配对部分消完后，差分数组除了第一位至多还剩下一个数不为零，我们把这个数定义为\(k\),则满足：
\(k=\left| \sum_{i = 2}^{n}[c[i]>0] -\sum_{i=2}^{n}abs([[c[i]<0]) \right|\)
我们发现改变差分数组第一个数（即数组第一个数）不影响结果，所以求可能性要从这里入手。
考虑如何消掉最后剩下的\(k\)
首先明确，消除\(k\)可以和自己消，也可以和\(a[i]\)消。类似于递归，每一次都可以选择和自己或者\(a[1]\)消，显然只有改变了\(a[1]\)才改变了答案，最后产生\(k+1\)种答案（+1是因为可以不和1消）
到这里，代码已经很明确了：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define N 10000010
#define int long long
using namespace std;
int n;
int h[N];
int c[N];
int sum1=0,sum2=0;
signed main()
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&h[i]);
c[i] = h[i] - h[i-1];
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(c[i] > 0) sum1+=c[i];
else sum2+=abs(c[i]);
}
cout<<max(sum1,sum2)<<endl<<abs(sum1-sum2)+1<<endl;
return 0;
}