来源：力扣（LeetCode）

描述：
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 <= 10⁵
• 1 <= nums[i] <= 10⁵

方法：数学

  根据子序列的定义，我们可以知道数组元素的顺序对最终结果无影响，因此我们首先对数组从小到大进行排序。对于两个元素 nums[i] 和 nums[j]，其中 i < j，以 nums[i] 和 nums[j] 为最小值和最大值的子序列数目（两个元素相等时，我们以下标大小判断元素大小）为 2^j−i−1 。那么所有以 nums[j] 为最大值的子序列宽度之和为（长度为 1 的子序列对结果无影响）：

  因此 B_j+1 的结果可以利用计算 B_j 时的部分数据来计算，记 y_j = 2^j，那么 B_j = nums[j] × (y_j − 1) − x_j, B_j+1 = nums[j+1] × (y_j+1 − 1) − x_j ，由上面的推导可知 y_j+1 = 2 × y_j，x_j+1 = 2 × x_j + nums[j]。所有子序列的宽度之和就是所有 B_j 的和。

代码：

class Solution {
public:int sumSubseqWidths(vector& nums) {sort(nums.begin(), nums.end());long long res = 0, mod = 1e9 + 7;long long x = nums[0], y = 2;for (int j = 1; j < nums.size(); j++) {res = (res + nums[j] * (y - 1) - x) % mod;x = (x * 2 + nums[j]) % mod;y = y * 2 % mod;}return (res + mod) % mod;}
};

复杂度分析
时间复杂度：O(nlog⁡n)，其中 n 是数组 nums 的长度。排序需要 O(nlog⁡n)，求解所有 B_j 需要 O(n)。
空间复杂度：O(log⁡n)。排序需要 O(log⁡n) 的栈空间。
author：力扣官方题解