//对a上区间l - r上加减一个数
//对差分数组为b[l] += 1 / -= 1
//          b[r + 1] -= 1 / += 1

//差分数组的定义
//b[1] = a[1]
//b[2] = a[2] - a[1]
//b[3] = a[3] - a[2]
//  ....
//  ....
//b[n] = a[n] - a[n - 1]

//如果a数组的所有数相同
//b[1] = a[1]
//b[2] - b[n] 都=0

//那么原问题就变成了
//1.如果把一个差分数组b中b[2] - b[n]都变成0，且输出最少次数(最少，意味着可能贪心)
//注意：此时b[1]可以是任意值，b[n + 1]也可以是任意值
//2.在1的基础上，b[1]有多少种可能

//对a的1-n区间内进行+1-1操作
//可以映射为对b的1-n+1区间进行+1-1操作(只不过a数组是一个个+1-1，b数组是对l和r+1两个点进行+1-1)

//可以分成下面四种情况(L表示a中的左端点，R表示a中的右端点)
//1. 2 <= L <= R <= n - 1
//此时对应到b数组的操作范围为2~n(因为b是对r+1进行操作，所以总比a的R多1)
//那对应到差分操作，我们可以把b中2~n任意两个数进行+1-1，其中一个+1，另一个-1
//2. L == 1，R <= n - 1
//此时对应到b数组的操作范围为1~n
//并且b[1] 要么+1要么-1， 另一个在2~n范围内的数也是要么+1要么-1
//3. 2 <= L，R == n
//此时对应到b数组的操作范围为2~n+1
//并且b[n + 1] 要么+1要么-1，另一个在2~n范围内的数也是要么+1要么-1
//4. L == 1，R == n
//对应b数组中1~n+1范围，整体+1-1无意义

//由于1情况可以同时把两个数一个+1一个-1
//基于贪心思想，先使用操作1
//操作1可以使用几次？
//当b的2~n中如果不为0的数有大于0的也有小于0的，就可以用操作1
//因此操作1最多可以用min(p, q)次，(p为b(2~n范围)中所有大于0的数之和，q为所有小于0的数之和)
//剩下一些要么大于0要么小于0的数，可以用操作2或3，用的次数为abs(p - q)次
//所有最少操作次数为min(p, q) + abs(p - q)次

//问题二：b[1]有几种可能？
//在操作2里b[1]会被+1-1
//所有决定b[1]的值的操作为操作2
//操作2可以用几次就有多少种取值(因为最后abs(p - q)次操作时，剩下的数要么正要么负，所有操作23的目的是把正数或负数-1或+1变成0，所有最后的操作23一定都是+1或都是-1)
//最后有abs(p - q)次操作，操作2可以用0,1....abs(p - q)次
//所有答案是abs(p - q) + 1


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
int a[N],b[N];
typedef long long LL;
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        b[i]=a[i]-a[i-1];
    }
    LL p=0,q=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(b[i]>0)
        {
            p+=b[i];
        }
        else 
        {
            q-=b[i];
        }
    }
    cout<<max(p,q)<<endl;
    cout<<abs(p-q)+1<<endl;
    return 0;
}