题面
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/upload/201610/statements(1).pdf
题解
好神仙的贪心……
首先无解的情况很容易判断，就是(l=0)且(s eq 1)或者(l=n-1)且(s eq n)，显然了
我们考虑先往左跳再往右跳，那么肯定得先把左边所有能跳的跳完，如果(l<s)，那么最优解肯定是一直往左跳直到次数不够为止，留下最后一次往左跳的次数跳到最左边，不断往右跳玩剩下的就行了
然而有可能(lgeq s)，这种情况就比较(gg)了
先考虑一个特殊情况，就是以(1)为起点，以(n)为终点，我们需要走一些回头路来消耗掉(l)，可以把所有((i,i+1))之间的路径看成一条线段，跳可以看做对线段的覆盖，显然所有线段至少得覆盖一次。于是有一个结论就是：至少有(l)条线段被覆盖(3)次
证明：如果一个点(i)要向左跳，那么到达它可以看做从左边先跳到它右边再跳到它，或者直接从左边跳到它，这样的话((i,i-1))被覆盖了一次，它要向左跳，又覆盖了一次，因为以(n)为终点，所以还要跳回来，那么((i-1,i))又被覆盖了一次，所以至少有(l)条线段被覆盖(3)次，证毕
于是我们(sort)之后选择长度最短的(l)条线段，使它们被覆盖(3)次即可。不难发现这种情况下(l)越小越优
然而有可能起点不是(1)，终点不是(n)，因为线段对称，我们假设(s)为起点，(e)为终点，且(s<e)，那么我们肯定是让([1,s-1])和([e+1,n])之间用掉越多(l)越好，那么([s+1,e-1])之间的部分就可以转化为起点为(1)终点为(n)的情况了
不难发现([1,s-1])和([e+1,n])之间最多用掉(n-e+s-1)个(1)，且每条线段经过两次
那么我们只要枚举终点(e)就可以了
然后就没有然后了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define pi pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
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 int res=1,f=1;R 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;
}
char sr[1<<21],z[20];int K=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,K+1,stdout),K=-1;}
void print(R int x){
if(K>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++K]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++K]=z[Z],--Z);sr[++K]=' ';
}
const int N=5e5+5;
int x[N],y[N],ans1[N],ans2[N],pos[N],tag[N];pi st[N];
int n,l,s;
int solve(int n,int l,int s,int *x,int *ans){
int cnt=0,top=0;
if(l<s){
fd(i,s-1,s-l+1)ans[++cnt]=i;
fp(i,1,s-l)ans[++cnt]=i;
fp(i,s+1,n)ans[++cnt]=i;
return x[n]-x[1]+x[s]-x[1];
}
l-=s-1;
if(l==n-s-1){
fd(i,s-1,1)ans[++cnt]=i;
fd(i,n,s+1)ans[++cnt]=i;
return ((x[n]-x[1])<<1)-(x[s+1]-x[s]);
}
fp(i,s+1,n-2)st[++top]=pi(x[i+1]-x[i],i+1);
sort(st+1,st+1+top);
fp(i,1,top)pos[st[i].se]=i;
int sum=0,mn=0,e,j;
fp(i,1,l)sum+=st[i].fi;
mn=sum<<1,e=n,j=l;
for(R int i=n-1,p=l;i>=n-l;--i){
sum-=pos[i]<=p?st[pos[i]].fi:st[p--].fi;
while(p&&st[p].se>=i)--p;
if(cmin(mn,(sum<<1)+x[n]-x[i]))e=i,j=p;
}
memset(tag,0,sizeof(tag));
fd(i,s-1,1)ans[++cnt]=i;
fp(i,s+2,e-1)if(pos[i]<=j)tag[i]=true;
fp(i,s+1,e-1)if(!tag[i+1])ans[++cnt]=i;
else{
int tmp=i+1;while(tag[tmp])++tmp;
fd(j,tmp-1,i)ans[++cnt]=j;
i=tmp-1;
}
fd(i,n,e)ans[++cnt]=i;
return x[n]-x[1]+x[s]-x[1]+mn;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
freopen("travel.in","r",stdin);
freopen("travel.out","w",stdout);
n=read(),l=read(),s=read();
fp(i,1,n)x[i]=read(),y[n-i+1]=-x[i];
if(l==0&&s!=1||l==n-1&&s!=n)return puts("-1"),0;
int c1=solve(n,l,s,x,ans1);
int c2=solve(n,n-1-l,n+1-s,y,ans2);
if(c1<c2){
print(c1),sr[K]='
';
fp(i,1,n-1)print(ans1[i]);
}else{
print(c2),sr[K]='
';
fp(i,1,n-1)print(n-ans2[i]+1);
}
return Ot(),0;
}