首先不难发现一个性质，如果一堆豆子有偶数个那么是无影响的，因为后手可以一直模仿先手在这一堆的行为。所以每一堆豆子的数量实际上是它模(2)的余数
然后我们可以把每一个豆子都看成一个(Nim)，然后从后往前预处理一下每一个位置的(SG)函数就可以了
然后最后判断是否必胜，只要用全局的(SG)异或上三个位置的(SG)，如果为(0)说明接下来是必败局面，那么当前就是必胜局面了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define fp(i,a,b) for(R i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R i=a,I=b-1;i>I;--i)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R res,f=1;char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=55;
int n,a[N],SG[N],cnt,A,B,C,sg;bool vis[N];
void solve(){
n=read(),memset(SG,0,sizeof(SG));
fp(i,1,n)a[i]=read();
fd(i,n-1,1){
memset(vis,0,sizeof(vis));
fp(j,i+1,n)fp(k,j,n)vis[SG[j]^SG[k]]=1;
fp(j,0,N)if(!vis[j]){SG[i]=j;break;}
}
cnt=A=B=C=sg=0;
fp(i,1,n)if(a[i]&1)sg^=SG[i];
fp(i,1,n)if(a[i])fp(j,i+1,n)fp(k,j,n)
if(!(sg^SG[i]^SG[j]^SG[k])&&(++cnt==1))A=i,B=j,C=k;
printf("%d %d %d
%d
",A-1,B-1,C-1,cnt);
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
int T=read();
while(T--)solve();
return 0;
}