/* 这题十分值得多多回顾，常拿出来重做一次 这题真是想得极为艰难的一道题，不过想明白以后，发现其实还是挺有意思的(其实也不算是我想明白的，是请教了别人，再纠结了很久，不然以我的智商，别说自己想，看懂blog上的代码都相当艰难了...)... shift记录右移多少位可使 a[i] == i；确切说，下标为移动次数，值为移动下标次数时，满足 a[i] == i的个数 参考系一直是最初的数组，而不是改变后的数组 用l来记录当前满足 a[i] > i的个数，则r == n - l(r在程序中没有写出，一直用n - l 来表达),之所以不取得a[i] >= i，是因为单独拿出等于的那种情况分析，由于后移，i变大，则 i - a[i]变大，a[i] <= i的两种情况一样，都是对绝对值总和的贡献度+1，a[i] < i则是对绝对值总和的贡献度-1，故而等于号应该放在r的那边 每次输入，若a[i] > i,说明可通过右移最终实现相等，一方面累加l，一方面更新shift数组中的对应元素。此外，每次输入后，都要累加a[i]-i的绝对值... 下一个for循环开始移动，每次移动，由于l和r的对应数据，分别导致贡献度-1和+1,所以d要减去l，加上r，但其实，是加上r-1,因为每次移动，最后的数据会被移动到最前，这个数据的贡献度变化量，是要单独算的，但我们之前在统计时，把它加到了r里(因为下标n，所有元素在1~n之间，满足 i >= a[i],恰好属于r对应的范围)，所以要减去1 而此时数列最后的元素移到最前，使得d变化 abs(x -1) - abs(x - n) 此外，更新l，移动i次时，会有shift[i]个元素通过移动，达到元素和下标的相等，因此l要减去这些 再对最后的元素x单独处理，如果它等于1，则它会算到r的阵营，否则，按照下标和数组元素的关系，它会算到l的阵营，使得l自增，这种情况下，对应的shift也要更新，x-1为元素与下标之差，为此次移动后，还需要的移动次数，再加上已经移动了的i次...并取模n，因为移动是有循环的，如果已经右移(n+i)次，也可直接当作右移i次 这里，其实我有怀疑过，可能因为上一步的shift更新，导致某些数组元素，它计算过两次shift，但这无伤大雅，因为，画图感受下，如果之前就是a[i] > i,两次算出的右移次数，也就(n+i)次和i次的区别...而取模后就没有区别了 但是这步也一定要留下，别忘了可是也有a[i] < i的，它们若想相等，就必须位置先移到尾端，再从最前的1开始，才有可能实现...这里单独处理x时对shift的更新，恰恰就是为了这种情况，原来不能通过右移实现a[i] == i的情况，现在通过右移到末端，再从最左开始，有可能实现了，它们的shift也终于可以更新了(只有通过右移可以实现时，才会更新shift，而对应的原来不满足的点，一旦移到最前端，就有机会满足了) */
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 10;
int a[N], shift [N]; // shift记录右移多少位可使 a[i] == i；确切说，下标为移动次数，值为移动下标次数时，满足 a[i] == i的个数
using namespace std;
// shift记录右移多少位可使 a[i] == i；确切说，下标为移动次数，值为移动下标次数时，满足 a[i] == i的个数
int main()
{
int n;
while (cin >> n)
{
memset( shift, 0, sizeof(shift) );
LL d = 0;
int l = 0; // l 用来记录a[i] > i的个数，r = n - l
for ( int i = 1; i <= n; i++ )
{
cin >> a[i];
if (a[i] > i) l++, shift[ a[i] - i ]++;
d += abs (a[i] - i);
}
LL mind = d;
int mini = 0;
for ( int i = 1; i < n; i++ )
{
int x = a[n - i + 1]; //第i次移动前，数组的最后一个元素
d += (n - l - 1) - l + abs(x - 1) - abs(x - n);
l -= shift[i];
if (x != 1)
{
l++;
shift[(x - 1 + i) % n]++;
}
if ( d < mind )
{
mind = d;
mini = i;
}
}
cout << mind << " " << mini << endl;
}
return 0;
}