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题目

传送门 to AtCoder

思路

明显是构造题。但是构造方法毕竟是另一个人类想到的，同为灵长类动物，我不信你会搞出什么牛鬼蛇神出来！兔子出题就不归我管了。

所以只需要按照一个正常人的思路去判断。显然我们如果真的对整个序列进行操作，那就乱套了；所以只有两个入手点：监视某个值的移动，或者 监视某个位置的值。

对于第一条，我们有这样的想法：数字 $1$ 是可以任意移动的。能不能让数字 $2$ 也自由移动呢？可以，只要让 $1$ 垫在它前面。于是 $3$ 也可以移动，$4$ 也可以……

可是仔细一算：$2$ 移动一步，可能需要 $1$ 转一整圈；$3$ 移动一步，也可能需要 $2$ 转一整圈……叠加下去，最后 $(n-1)$ 移动一步的代价高达 $n^{n-1}$ 了！

所以第一个思路失败了。尝试一下第二个思路。我们会发现，如果对 $x$ 位置进行操作，相当于把目前的 $a_x$ 放在 $(a_x+x)$ 位置上。显然每个 $a_x$ 都有独属于自己的位置。那么，假如我们对 $x$ 一直进行操作，就没有哪个数字会重复出现。一直操作下去，是不是就得到了一个圆排列呢？

事与愿违，$a_x=0$ 时就无法操作了。接下来又有了两个想法，其一是 在此基础上调整，其二是随机几个位置来进行操作。第二种方法暂时不要考虑吧，我们没理由相信它是正解；还是看看能不能调整。

很可惜的是，不同的 $x$ 会改变 $a_x$ 的 “专有座位”。那么究竟怎样才能尽可能的保持原有的结构呢？比如说原来已经形成了 $0,1,2,\dots ,k$ 这样的上升序列，从哪里开始可以保护好它呢？很显然就是从 $1$ 开始。

但是手玩一下又发现，根本不太可能形成 $0,1,2,\dots ,k$ 的结构。从 $0$ 的下一个位置开始操作，肯定是用 $(n-1)$ 将其交换过来的，所以会得到 $n-1,0$ 。然后又在 $0$ 的下一个位置开始操作，此时想要换出 $(n-1)$，必须用 $(n-2)$，然后会得到 $n-2,n-1,0$ 。等下，我们是不是找到规律了？

进行这样的重复操作后，一定使得 $0$ 前面的连续段变长。那么 $n$ 次就会使它构成圆排列（因为第一次只是把 $0$ 定位）。而此时 $0$ 应该在开头，所以我们从 $1$ 开始，操作到 $(n-1)$，最后操作 $0$ 。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$，操作次数不超过 $n^2$ 。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cctype>
using namespace std;
# define rep(i,a,b) for(int i=(a); i<=(b); ++i)
# define drep(i,a,b) for(int i=(a); i>=(b); --i)
typedef long long llong;
inline int readint(){
    
    
	int a = 0, c = getchar(), f = 1;
	for(; !isdigit(c); c=getchar())
		if(c == '-') f = -f;
	for(; isdigit(c); c=getchar())
		a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);
	return a*f;
}

const int MAXN = 105;
int a[MAXN], n, ans[MAXN*MAXN], top;
void doit(int x){
    
    
	ans[++ top] = x, swap(a[x],a[(x+a[x])%n]);
}
int main(){
    
    
	n = readint();
	rep(i,0,n-1) a[i] = readint();
	rep(i,1,n) while(a[i%n]) doit(i%n);
	printf("%d\n",top);
	rep(i,1,top) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}