思路

1.差分定义
当看到区间加减问题的时候我们就要考虑前缀和或者差分，首先我们要清楚差分的定义
diff[1] = a[1]
diff[i] = a[i] - ai - 1

2.问题转化
差分数组除了第一项以外，其余的每一项都是当前项减去前一项的差，那么如果我想要令数列的数都一样，本质上就是使得diff[2]~diff[n]全部变成0,不太明白可以再看看下面这个公式，如果a[i] == a[i - 1],那么diff[i] = 0,再推广到全局
diff[i] = a[i] - a[i - 1] = 0 (2 <= i)
(注意，到此为止，题目已经和原数组没有关系了，不要再去考虑原数组了，现在要考虑的是怎么把差分数组从第2项~第n项全部变为0)

3.最小操作次数：
我们已经把一个原数组区间加减问题转化成了将差分数组2~n项变成0的问题了。
怎么样快速把一个数组全部变为0呢，利用贪心的思想每次让这个数组里的正数减一，然后负数加1，是不是一次性就可以让两个数向0靠近，这一步算一次操作，也是最快的操作。
那么总共有几次这种操作呢？答案就是min(p,q)，p是差分数组2 ~ n项中所有正数的和，q是差分数组2 ~ n项中负数的和。如果差分数组里面的正数和p和负数和q，如果p比q小，在执行完min(q,p)次操作后.那么数组里面就只有负数了，否则就只有正数。

此时差分数组里面剩下的就只有一些刺头，只能一次一次的对它们做diff[i]- 1或者diff[i]+1操作(取决于他们是正数还是负数，趋向0做操作)，总共有多少次呢？答案就是abs(p - q)次。综上所述min(p,q) + abs(p - q) = max(p,q)

4.种类数量:

当我们执行完最小操作次数中的负数+1，正数-1的操作之后，剩余刺头就需要我们一个一个减去或者加上，直到它们全部为0，那我们是不是可以在减去或者加上这些刺头的途中，顺便对diff[1]进行操作呢，因为diff[1]就是我们数列的最终元素，只要我的diff[1]每次都不一样就是一种答案。那我最多可以顺便对diff[1]操作几次呢，那最多肯定是abs(p-q)次吧，如果再多操作一次，是不是就不满足第一个最小操作次数的答案要求了。那我在对刺头进行操作的时候，是不是可以不对diff[1]操作呢，这也是一种答案，所以最终答案就是abs(p-q)+1;

没有和别的大佬考虑diff[n+1]的情况，本身只要理解了题目就好，第一次写题解，嘤嘤嘤，如果有不足的地方请指出。

题解

int main(void)
{
    cin >> n;

    for(int i = 1;i <= n;i ++) cin >> a[i];     
    for(int i = 1;i <= n;i ++) diff[i] = a[i] - a[i - 1];

    LL p = 0,q = 0;

    for(int i = 2;i <= n;i ++)
    {
        if(diff[i] > 0) p += diff[i];
        else q -= diff[i];
    }

    cout << max(p,q) << endl;
    cout << abs(p - q) + 1 << endl;

    return 0;
}