這場真的是 rp++ 場。B、C 題都是一眼搞了個亂搞做法結果是列表首A。D 題雖然沒搞出來但也是一眼猜到了貪心的結論，可惜沒往下面繼續分析。
由於 \(b,c\) 一個上升，一個下降，容易考慮這樣一種構造方案：
如果 \(a_i<a_{i+1}\) 即 \(a\) 上升，那么我們就令 \(b_{i+1}=b_i+(a_{i+1}-a_i),c_{i+1}=c_i\). 就是在上升的 \(b\) 中加上這段值；反之，如果 \(a\) 下降，就在下降的 \(c\) 中體現這段值，即令 \(b_{i+1}=b_i,c_{i+1}=c_i+(a_{i}-a_{i+1}).\)
直覺來看，這是很顯然的。假設 \(i \rightarrow i+1\) 在 \(a\) 中上升，那么我們不得不在 \(b\) 中至少加上 \((a_{i+1}-a_{i}).\) 如果 \(c\) 更小了，那么 \(b\) 增加的就要更多。由於 \(b\) 單調遞增 \(c\) 單調遞減，所以代價可能變少的情況（\(b\) 為負數且 \(c\) 為正數）的情況應該比較少。但是我們必須嚴謹地證明這個結論，否則就沒有意義了。
上面的構造方案，可以形式化地歸納為：對於每個 \(1 \le i \lt n\)，要么 \(b_i=b_{i+1}\)，要么 \(c_{i+1}\).
考慮反證法證明這一點，即存在一個位置 \(1\le k \le n\) ，使得 \(b_{k} < b_{k+1}\) 且 \(c_{k} > c_{k+1}\) 同時存在。
容易發現我們可以對 \(b,c\) 的 \(k\) 前綴一個 \(+1\) 一個 \(-1\) 或者對 \(b,c\) 的 \(k+1\) 后綴一個 \(-1\) 一個 \(+1\) 來實現滿足單調性，\(b_i+c_i=a_i\) 的同時調整 \(b_i,b_{i+1}\) 還有 \(c_i,c_{i+1}\) 之間的大小關系。
但我們需要考慮正負以確定 \(b,c\) 每個元素的絕對值之和是否改變。容易發現，當 \(b_k<0\) 的時候，我們執行一次前綴操作，可以令 \(b_i\) 和 \(b_{i+1}\) 更接近一步，同時絕對值之和不會更大（因為 \(b\) 的每個元素絕對值都少了 \(1\). 而 \(c\) 中每個對應元素的絕對值最多只會增加 \(1\).）。如果 \(b_k \ge 0\). 則 \(b_{k+1}>0\)，那么我們執行一次后綴操作，同樣令 \(b_i\) 與 \(b_{i+1}\) 更接近一步，類似地，絕對值之和也不會變大。所以不斷執行前綴 \(+1\) 和后綴 \(-1\) 操作就能令 \(b_i=b_{i+1}\). 同理，當然也能令 \(c_i=c_{i+1}\). 所以這種貪心構造的正確性得到了保證。（P.S. 如果 \(b_i\) 和 \(b_{i+1}\) 的差大於 \(c_i\) 和 \(c_{i+1}\) 的差，你會發現我們無法讓 \(b_i=b_{i+1}\). 因為調整的過程中 \(c_k\) 就會小於 \(c_{k+1}\). 但你發現這種時候我們就可以讓 \(c_k=c_{k+1}\). 同時不難發現，調整前 \(b_{i+1}-b_i\) 和 \(c_i=c_{i+1}\) 的大小關系，就對應着 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\) 的大小關系。這里各個方向聯系緊密，非常巧妙（AT就成天出這種思維題））。
題外話：如果覺得一加一減比較麻煩，最后證明的時候可以學官方題解把 \(c\) 取相反數化成 \(b-c=a\) ，但我覺得一般人在不知道結論證明前是不會想到這種方式的，AT的題解總是干這種事情讓我理解很困難。
到這里，我們就得到了貪心構造的方法。但是一個問題是我們還沒有確定 \(b_1,c_1\). 當確定了 \(b_1=x\) 后，我們就唯一確定了整個 \(b,c\).
一位六年級學弟賽場上用三分 \(x\) 加上這個貪心構造的方法 AC 了 orz orz orz. 但我們實際上不需要三分，有更嚴謹的 \(O(n)\) 做法。
首先，我們將 \(b_{i}\) 轉移到 \(b_{i+1}\) 所加的量記作 \(\Delta_i\). 類似地，把 \(c_i\) 轉移到 \(c_{i+1}\) 所減的量記作 \(\Gamma_i\). 容易發現 \(\Delta\) 和 \(\Gamma\) 都是非負的。容易想到寫出 \(b_1=x\) 后整個序列的樣子：
類似地：
那么你發現 \(b,c\) 其實有一部分都是固定的，只不過 \(b\) 的每個元素整體加上 \(x\)，\(c\) 的每個元素整體減去 \(x\). 現在的問題是，給定若干個關於 \(x\) 的一次式子，求其最小的絕對值和。這是初一數學里每個人都會學到的知識，也是一個玩爛的 trick：把每個式子寫成 \(|x-a|\) 的形式，然后 \(x\) 就是所有 \(a\) 的中位數。
上面的東西顯然都可以寫成 \(x-a\) 的形式，對於 \(b\) 來說，其可以寫成：
的形式。對於 \(c\) 來說，我們無法進行恆等變形，但考慮相反數的絕對值相等，可以取相反數改寫成：
的形式。
那么 \(\Delta\) 和 \(\Gamma\) 容易在 \(O(n)\) 的時間內求出，自然改寫后每個 \(|x-a|\) 的 \(a\) 也能在 \(O(n)\) 的時間內算出。最后求 \(2n\) 個元素的中位數，顯然也是可以 \(O(n)\) 內分治（或者 nth_element）實現的。當然，直接 sort 也沒有任何問題，誰不想偷懶呢。
不用感受函數的凹凸性（霧）。我們就在 \(O(n \log n) / O(n)\)（吊打斜率優化）的復雜度內解決了這個 D.
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);i--)
#define op(x) ((x&1)?x+1:x-1)
#define odd(x) (x&1)
#define even(x) (!odd(x))
#define lc(x) (x<<1)
#define rc(x) (lc(x)|1)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define Max(a,b) (a>b?a:b)
#define Min(a,b) (a<b?a:b)
#define next Cry_For_theMoon
#define il inline
#define pb(x) push_back(x)
#define is(x) insert(x)
#define sit set<int>::iterator
#define mapit map<int,int>::iterator
#define pi pair<int,int>
#define ppi pair<int,pi>
#define pp pair<pi,pi>
#define fr first
#define se second
#define vit vector<int>::iterator
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uint;
using namespace std;
const int MAXN=4e5+10;
ll n,a[MAXN],db[MAXN],dc[MAXN],b[MAXN],c[MAXN],d[MAXN],ans;
int main(){
cin>>n;
rep(i,1,n){
cin>>a[i];
}
rep(i,1,n-1){
if(a[i]<a[i+1]){
db[i]=a[i+1]-a[i];
}else{
dc[i]=a[i]-a[i+1];
}
}
ll sum=0;
rep(i,1,n){
d[i]=sum;
sum-=db[i];
}
sum=a[1];
rep(i,1,n){
d[i+n]=sum;
sum-=dc[i];
}
sort(d+1,d+1+2*n);
b[1]=d[n];
c[1]=b[1]-a[1];
rep(i,1,n){
b[i+1]=b[i]+db[i];
c[i+1]=c[i]+dc[i];
}
rep(i,1,n){
ans+=abs(b[i]);
ans+=abs(c[i]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
DP 解法有時間再補（之前寫了那么多斜率優化都沒想到 DP 解法確實需要好好學習）