题目大意
有$n$个格子从左到右依次挨着，一开始有两枚棋子分布在$A,B$某一个或两个格子里，有$m$个操作，第$i$次操作要求你把其中一个棋子移到$X_i$上，移动一个棋子的代价是两个格子之间的距离，求移完所有棋子的代价之和的最小值。
题解
首先这题显然不能贪心，后面的要求会对当前的选择产生影响。
考虑朴素的$n^2$的$DP$，设$F_{i,k}$表示满足恰好前$i$个操作时，除了处在$X_i$处的棋子，另一个棋子处在$k$的格子处的代价。
那么转移很显然$F_{i+1,k}=F_{i,k}+|X_i-X_{i+1}|$。
特别的，有另一处转移$F_{i+1,X_i}=min{F_{i,j}+|j-X_{i+1}|}$。
这个第二处转移中绝对值看起来非常碍眼，考虑将按照$jleq X_i,jgeq X_i$的情况变成了两类。
不难发现
对于$jleq X_i,F_{i+1,X_i}=min{F_{i,j}+X_{i+1}-j}$
对于$jgeq X_i,F_{i+1,X_i}=min{F_{i,j}+j-X_{i+1}}$
考虑用线段树维护$F_{i,j}-j,F_{i,j}+j$，每次第一处转移相当于全局加，第二种转移相当于取一个前缀或后缀的最小值，然后转移就是单点取$min$。
初始时，令$X_0=B,F_{0,A}=0$其余的$F=INF$，每次转移，每个点取$min$即可。
复杂度$O(mlog n)$。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 200020
#define INF 10000000000000ll
using namespace std;
namespace IO{
const int BS=(1<<20); char Buffer[BS],*HD,*TL;
char Getchar(){if(HD==TL){TL=(HD=Buffer)+fread(Buffer,1,BS,stdin);} return (HD==TL)?EOF:*HD++;}
int read(){
int nm=0,fh=1; char cw=Getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=Getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=Getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
}
using namespace IO;
int n,m,A,B,G[M]; LL maxn,p[M<<2][2],ans=INF;
void pushup(int x){
p[x][0]=min(p[x<<1][0],p[x<<1|1][0]);
p[x][1]=min(p[x<<1][1],p[x<<1|1][1]);
}
void build(int x,int l,int r){
if(l==r){
if(l==A) p[x][0]=-l,p[x][1]=l;
else p[x][0]=p[x][1]=INF; return;
}
int mid=((l+r)>>1); build(x<<1,l,mid);
build(x<<1|1,mid+1,r),pushup(x);
}
LL qry(int x,int l,int r,int L,int R,int kd){
if(r<L||R<l) return INF; if(L<=l&&r<=R) return p[x][kd];
int mid=((l+r)>>1); return min(qry(x<<1,l,mid,L,R,kd),qry(x<<1|1,mid+1,r,L,R,kd));
}
void mdf(int x,int l,int r,int pos,LL dt){
if(l==r){p[x][0]=min(p[x][0],dt-l),p[x][1]=min(p[x][1],dt+l);return;}
int mid=((l+r)>>1);if(pos<=mid) mdf(x<<1,l,mid,pos,dt);else mdf(x<<1|1,mid+1,r,pos,dt); pushup(x);
}
void dfs(int x,int l,int r){
if(l==r){ans=min(ans,p[x][0]+(LL)l);return;}
int mid=((l+r)>>1);dfs(x<<1,l,mid),dfs(x<<1|1,mid+1,r);
}
int main(){
n=read(),m=read(),A=read(),B=read(),G[0]=B,build(1,1,n);
for(int i=1;i<=m;i++){
G[i]=read(); LL t1=G[i]+qry(1,1,n,1,G[i],0)+maxn;
LL t2=qry(1,1,n,G[i],n,1)-G[i]+maxn,dt=abs(G[i]-G[i-1]);
maxn+=dt,mdf(1,1,n,G[i-1],min(t1,t2)-maxn);
} dfs(1,1,n),printf("%lld
",maxn+ans); return 0;
}