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挺好的一道思維題。

分析

因為是對區間修改，多次修改肯定會超時，很容易想到差分。

那么原題的對區間修改就可以轉換為下面三個操作（均在差分數組中）：

1. 任選一個數+1

2. 任選一個數-1

3. 任選兩個數+1和-1

進一步考慮題目的問題，讓原數組一樣，那么就是

a[1]的值任意，a[2]開始后面的值均為0。

再分析現有的三個操作，最多的操作數肯定是總正數之和或者總負數之和（取大的那個）

顯而易見的，因為只能選一個數進行操作。

那么我們再考慮滿足當前最少操作數的時候，能出現不同序列的數量，即a[1]的取值能有多少。

如果正數比負數多，那么正數執行操作3減少到0，額外的還能執行加法（加到a[1]身上），也可以不加（即選操作2）。那么不同的數量就是正數比負數多的部分再＋1（可以一個都不加）。

反之負數也是如此，但是需要注意負數執行加，那么a[1]就是減，不能小于0。

正負一樣多，那肯定就只有一種序列了，因為要求操作數最少。

AC代碼

#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;//最少操作次數if(pos>neg){//正數多cout<<pos-neg+1<<endl;}else if(pos==neg){cout<<1<<endl;}else if(pos<neg){//負數多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;
}