题目
解说
第一思路暴力，时间效率(O(n^2))，肯定(T)这次试都没试，想办法优化吧。
(O(n^2))的效率是因为我们有两层循环：枚举哪一位移动到队首了，以及计算现在的偏移值。枚举估计是省不了，那么我们就要想办法把计算偏移值优化到常数级，这样时间效率为(O(n))，应该问题不大了。
我们可以注意到，每次移动时，如果原来(a[i]<=i)，由于(a[i])对应的(i)，变大了，所以(a[i]-i)负的更多了，绝对值变大了，且每移动一位每个数的绝对值增大(1)；相对的，对于(a[i]>i)，由于(i)增大了，绝对值每个数减小(1)，因此每次操作我们只需让(sumpositive)减去(cntpositive)，让(sumnegative)加上(cntnegative)，之后要更新(cntpositive)和(cntnegative)的值。位于队末的元素比较特殊，它的(i)从(n)变成了(1)，需要特殊处理一下。这样的话我们就把时间效率降到(O(n))了。
有一个小方法需要说一下，就是我们怎么判断一个差为正的数何时转为差为负的数（指小于等于零）。枚举是不可能的，这样时间效率就又回(n^2)了。想一下，如果一个数正出来(x)，那么就一定会在(x)轮之后转负（当然是指没有被扔到队首的情况，这时候我们特殊处理即可），因此我们在开始输入时就统计出来一个(count)数组统计每个正出来的数的(x)值即可。
一些我踩的坑和部分注解在代码里给出。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2000000+3;
typedef long long ll;
ll n,a[1000000+3],sump,sumn,pos,ans,cntp,cntn,Count[maxn];
//注意maxn不是n的范围，Count的下标是差的值，因此应开到差的最大值
int main(){
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
if(a[i]<=i){
cntn++;
sumn+=i-a[i];
}
else{
cntp++;
sump+=a[i]-i;
Count[a[i]-i]++;
}
}
ans=sump+sumn;
pos=0;//注意这里的初始化，一定记得把pos初始化为0，代表不用操作的情况
for(ll i=1;i<=n-1;i++){
sump-=cntp;
cntp-=Count[i];
sumn+=cntn;
cntn+=Count[i];
sumn-=n+1-a[n-i+1];
cntn--;
if(a[n-i+1]>1){
Count[a[n-i+1]-1+i]++;
sump+=a[n-i+1]-1;
cntp++;
}
else cntn++;
if(sumn+sump<ans){
ans=sumn+sump;
pos=i;
}
}
printf("%lld %lld",ans,pos);
return 0;
}
幸甚至哉，歌以咏志。