首先可以发现，当所有巧克力豆在最后一个瓶子中时，就无法再操作了，此时为必败状态。
注意到，对于每个瓶子里的巧克力豆，是可以在模\(2\)的意义下去考虑的，因为后手可以模仿先手的操作，所以就将巧克力豆个数转化为了\(0\)或\(1\)。
再考虑分裂的过程，位置为\(i\)的巧克力豆，要分裂到位置\(i\)往后的两个位置，最终会到达\(n\)这个位置，可以把向后转移看作\(Nim\)游戏中取石子的操作。
那么分裂就可以看成\(Nim\)游戏中的一堆石子分成了两堆更小的石子，那么通过这个性质，我们就可以\(O(n^3)\)求出\(SG\)值了。
求方案数和字典序最小方案就直接暴力枚举即可，当进行第一步操作后，留给后手的为必败状态，那么该操作合法。
具体实现就看代码吧。
\(code:\)
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100
using namespace std;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar();bool flag=false;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
if(flag)x=-x;
}
int T,n,ans,tot,flag;
int p[maxn],sg[maxn];
bool vis[maxn];
void SG()
{
for(int i=n-1;i;--i)
{
memset(vis,false,sizeof(vis));
for(int j=i+1;j<=n;++j)
for(int k=j;k<=n;++k)
vis[sg[j]^sg[k]]=true;
int t=0;
while(1)
{
if(!vis[t])
{
sg[i]=t;
break;
}
t++;
}
}
}
int main()
{
read(T);
while(T--)
{
read(n),sg[n]=ans=tot=flag=0;
for(int i=1;i<=n;++i) read(p[i]);
SG();
for(int i=1;i<=n;++i)
if(p[i]%2)
ans^=sg[i];
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(!p[i]) continue;
for(int j=i+1;j<=n;++j)
{
for(int k=j;k<=n;++k)
{
if((ans^sg[i]^sg[j]^sg[k])==0)
{
tot++;
if(!flag)
{
flag=true;
printf("%d %d %d\n",i-1,j-1,k-1);
}
}
}
}
}
if(!flag) puts("-1 -1 -1");
printf("%d\n",tot);
}
return 0;
}