一个序列的 宽度 定义为该序列中最大元素和最小元素的差值。给你一个整数数组 nums ，返回 nums 的所有非空 子序列 的 宽度之和 。由于答案可能非常大，请返回对 109 + 7 取余 后的结果。子序列 定义为从一个数组里删除一些（或者不删除）元素，但不改变剩下元素的顺序得到的数组。例如，[3,6,2,7] 就是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的一个子序列。示例 1：输入：nums = [2,1,3]
输出：6
解释：子序列为 [1], [2], [3], [2,1], [2,3], [1,3], [2,1,3] 。
相应的宽度是 0, 0, 0, 1, 1, 2, 2 。
宽度之和是 6 。示例 2：输入：nums = [2]
输出：0提示：1 <= nums.length <= 1051 <= nums[i] <= 105

• 首先，宽度定义为该序列中最大元素和最小元素的差值。那么将任何子序列排序后的结果并不影响其宽度，因此我们将数组排序后也不影响答案的计算。
  

  通过上述推导，我们可以得出表格中的宽度计算值。
  通过观察发现，对于某个数nums[i]，我们统计其在宽度计算时出现的情况即可，会加上nums[i]:1+2+4+...+2i−1=2i−11+2+4+...+2^{i-1}=2^i-11+2+4+...+2i−1=2i−1次，会减去2n−i−1−12^{n-i-1} - 12n−i−1−1次
  那么对于某个数nums[i]来说，它对宽度的贡献为：(2i)∗nums[i]−nums[i]∗(2n−i−1−1)=nums[i]∗(2i−2n−i−1)(2^{i}) * nums[i] - nums[i] * (2^{n-i-1} - 1) = nums[i] * (2^i - 2^{n-i-1})(2i)∗nums[i]−nums[i]∗(2n−i−1−1)=nums[i]∗(2i−2n−i−1)
  对于2i2^i2i，可以利用数组提前计算。
  最后，我们循环遍历每一个数统计其宽度的累加值即可。

• 时间复杂度：O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)

• 空间复杂度：O(n)O(n)O(n)

class Solution {public int sumSubseqWidths(int[] nums) {int n = nums.length, et = n - 1, st = 0, mod =(int)(1e9 + 7);long[] pow = new long[n + 5];long ans = 0, last = 1;Arrays.sort(nums);for (int i = 0; i <= n; i++) {pow[i] = last - 1;last = last * 2 % mod;}for (int i = 0; i < n; i++, st++, et--)  ans = (ans + (pow[st] - pow[et]) * nums[i]) % mod;return (int) ans;} 
}

• 空间优化：O(long)O(long)O(long),为排序所需要的空间
• 我们使用一个变量来保存2i2^i2i的结果，对于第一个数来说是20−2n−12^0 - 2^{n-1}20−2n−1, 对于最后一个数来说是2n−1−202^{n-1}-2^02n−1−20，那么每次计算宽度值的时候算第i个数和第n-i-1个数，即(nums[i]−nums[n−i−1])∗pow(nums[i] - nums[n-i-1]) * pow(nums[i]−nums[n−i−1])∗pow

class Solution {public int sumSubseqWidths(int[] nums) {int n = nums.length, mod =(int)(1e9 + 7); long ans = 0, pow = 1;Arrays.sort(nums);for (int i = 0; i < n; i++, pow = (pow * 2) % mod) ans = (ans + pow * (nums[i]  - nums[n - i - 1])) % mod;return (int) ans;} 
}