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挺好的一道思维题。

分析

因为是对区间修改，多次修改肯定会超时，很容易想到差分。

那么原题的对区间修改就可以转换为下面三个操作（均在差分数组中）：

1. 任选一个数+1

2. 任选一个数-1

3. 任选两个数+1和-1

进一步考虑题目的问题，让原数组一样，那么就是

a[1]的值任意，a[2]开始后面的值均为0。

再分析现有的三个操作，最多的操作数肯定是总正数之和或者总负数之和（取大的那个）

显而易见的，因为只能选一个数进行操作。

那么我们再考虑满足当前最少操作数的时候，能出现不同序列的数量，即a[1]的取值能有多少。

如果正数比负数多，那么正数执行操作3减少到0，额外的还能执行加法（加到a[1]身上），也可以不加（即选操作2）。那么不同的数量就是正数比负数多的部分再＋1（可以一个都不加）。

反之负数也是如此，但是需要注意负数执行加，那么a[1]就是减，不能小于0。

正负一样多，那肯定就只有一种序列了，因为要求操作数最少。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;const int N=1e5+5;
int n,a[N],pos,neg;void solve(){cin>>n;for(int i=1,t;i<=n;++i){cin>>t;a[i]+=t;a[i+1]-=t;}for(int i=2;i<=n;++i)if(a[i]<0)neg+=-a[i];else pos+=a[i];cout<<max(pos,neg)<<endl;//最少操作次数if(pos>neg){//正数多cout<<pos-neg+1<<endl;}else if(pos==neg){cout<<1<<endl;}else if(pos<neg){//负数多if(neg-pos<=a[1])cout<<neg-pos+1<<endl;else cout<<a[1]+1<<endl;}
}signed main(){ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);int t=1;while(t--)solve();return 0;
}