首先不考虑模$k$的限制，容易想到对原数组做一个差分得到$d_i=a_i-a_{i-1}$，显然对于${\forall }_{1\le i\le n}{a}_i=0$ 等价于${\forall }_{1\le i\le n}{d}_i=0$，而对于原数组的区间$\pm 1$等价于在差分数组$d$中找到两个数一个数+1另一个数-1，或者说找到一个位置$\text{pos}$单独+1或者-1（这意味着原数组$[a_{\text{pos}}\to a_n]\pm 1$）。上面的最优解显然是max⁡{∑d+,∣∑d−∣}\max\{\sum d_+,|\sum{d_-}|\}max{∑d+​,∣∑d−​∣}

上述变换有些麻烦，如果我们引入$a_{n+1}=0$，并且引入$d_{n+1}=a_{n+1}-a_n$后，对于原数组进行区间$\pm 1$等价于在差分数组$d_{1\to n+1}$选两个数一个+1另一个-1。并且不难发现无论怎么进行上述操作总有${\sum }_{i=1}^{n+1}{d}_i=0$最优解max⁡{∑d+,∣∑d−∣}=∑i=1n+1∣di∣2\max\{\sum d_+,|\sum{d_-}|\}=\frac{\sum_{i=1}^{n+1} |d_i|}{2}max{∑d+​,∣∑d−​∣}=2∑i=1n+1​∣di​∣​

hipamp题解

考虑模$k$的意义下意味着我们可以花费0的代价使得某些$a_i\pm k$，对应在差分数组上即是$d_i\pm k,d_{i+1}\mp k$，换句话说现在可以让成对的$d_i\pm k,d_j\mp k$最终结果仍然是让${\forall }_{1\le i\le n}{d}_{i+1}=0$。

不难发现$d_i=d_i+k$那么一定有$d_i<0$，同理$d_i=d_i-k$那么一定有$d_i\ge 0$

如果$d_i=d_i+k$，那么贡献从$\frac{|d_i|}{2}\to \frac{|d_i+k|}{2},\Delta =\frac{k-2|d_i|}{2}$

如果$d_i=d_i-k$，那么贡献从$\frac{|d_i|}{2}\to \frac{|d_i-k|}{2},\Delta =\frac{k-2|d_i|}{2}$

于是只需要把$d_i$分为小于0的一组和大于0的一组，按照$\Delta =\frac{k-2|d_i|}{2}$从小到大排序，每次取两数组中开头的两个$({\Delta }_{+})+({\Delta }_{-})$，如果能使答案变小即$({\Delta }_{+})+({\Delta }_{-})<0$即一直取。

首先如果没有区间$l,r$的限制，每次询问只给一个$k$的话可以二分取了多少对$d_{-}+k,d_{+}-k$，快速的求出答案。显然加上区间限制只需要套一个主席树即可。

注意对于$[l,r]$区间来说差分数组是$(a_l-0),d_{l+1},\dots d_r,(0-a_r)$，也就是主席树维护$d_i$，然后每次询问会增添两个数$(a_l-0)$和$(0-a_r)$，一个插在正主席树，一个在负主席树。一个显然的想法是单点修改2次，然后询问过后删除，就如下面注释的代码。但是主席树不支持修改，因为修改不仅仅影响一棵主席树，而是会影响许多棵树，于是只需要在询问的时候带上这个数即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
template <class T=int> T rd()
{T res=0;T fg=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') fg=-1;ch=getchar();}while( isdigit(ch)) res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48),ch=getchar();return res*fg;
}
const int N=200010;
const int U=(1ll<<31)-1;
int a[N],d[N];
ll s[N];
int n,m;
struct node
{int l,r;ll v,ct;
}tree[N*100];
int rt[2][N],cnt;
void update(int l,int r,int pre,int &u,int v,int c)
{u=++cnt;tree[u]=tree[pre];tree[u].ct+=c;tree[u].v+=v*c;if(l==r) return;int mid=l+r>>1;if(v<=mid) update(l,mid,tree[pre].l,tree[u].l,v,c);elseupdate(mid+1,r,tree[pre].r,tree[u].r,v,c);
}
// void change(int &u,int l,int r,int v,int c)
// {
//     if(!u) u=++cnt;
//     tree[u].ct+=c;
//     tree[u].v+=v*c;
//     if(l==r) return;
//     int mid=l+r>>1;
//     if(v<=mid) 
//         change(tree[u].l,l,mid,v,c);
//     else
//         change(tree[u].r,mid+1,r,v,c);
// }
// // 求前k大的sum
// ll query(int l,int r,int L,int R,int k)
// {
//     if(!k) return 0ll;
//     if(l==r) return 1ll*k*l;
//     int mid=l+r>>1;
//     int tmp=tree[tree[R].r].ct-tree[tree[L].r].ct;
//     if(k<=tmp)  
//         return query(mid+1,r,tree[L].r,tree[R].r,k);
//     else 
//         return (1ll*tree[tree[R].r].v-tree[tree[L].r].v)+query(l,mid,tree[L].l,tree[R].l,k-tmp);
// }
// // 计算数组l~r的答案 取前k大
// ll calc(int l,int r,int k,int x)
// {
//     // a[l]+d[l+1]~d[r]+abs(0-a[r])//     ll v=(s[r]-s[l]+a[r]+a[l])/2;
//     ll s1=query(0,U,rt[0][l],rt[0][r],k);
//     ll s2=query(0,U,rt[1][l],rt[1][r],k);
//     return v-s1-s2+1ll*k*x;
// }
// 求前k大的sum
ll query(int l,int r,int L,int R,int k,int v)
{if(!k) return 0ll;if(l==r) return 1ll*k*l;int mid=l+r>>1;int tmp=tree[tree[R].r].ct-tree[tree[L].r].ct+(mid<v&&v<=r);if(k<=tmp)  return query(mid+1,r,tree[L].r,tree[R].r,k,v);else return (1ll*tree[tree[R].r].v-tree[tree[L].r].v)+(mid<v&&v<=r)*v+query(l,mid,tree[L].l,tree[R].l,k-tmp,v);
}
// 计算数组l~r的答案 取前k大
ll calc(int l,int r,int k,int x)
{// a[l]+d[l+1]~d[r]+abs(0-a[r])ll v=(s[r]-s[l]+a[r]+a[l])/2;ll s1=query(0,U,rt[0][l],rt[0][r],k,a[l]);ll s2=query(0,U,rt[1][l],rt[1][r],k,a[r]);return v-s1-s2+1ll*k*x;
}
int main()
{n=rd(),m=rd();for(int i=1;i<=n;i++) {a[i]=rd();d[i]=abs(a[i]-a[i-1]);s[i]=s[i-1]+d[i];if(a[i]>=a[i-1]) {update(0,U,rt[0][i-1],rt[0][i],d[i],1);rt[1][i]=rt[1][i-1];}else{update(0,U,rt[1][i-1],rt[1][i],d[i],1);rt[0][i]=rt[0][i-1];}}while(m--){int x=rd(),y=rd(),k=rd();// a[x] d[x+1] d[x+2]... d[y] abs(0-a[y])// change(rt[0][y],0,U,a[x],+1);// change(rt[1][y],0,U,a[y],+1);int l=0,r=min(tree[rt[0][y]].ct-tree[rt[0][x]].ct,tree[rt[1][y]].ct-tree[rt[1][x]].ct)+1;//cout<<l<<' '<<r<<'\n';while(l<r){int mid=l+r>>1;if(calc(x,y,mid,k)<=calc(x,y,mid+1,k)) r=mid;else l=mid+1;}printf("%lld\n",calc(x,y,l,k));// change(rt[0][y],0,U,a[x],-1);// change(rt[1][y],0,U,a[y],-1);}return 0;
}