分析
就是说可以将多个元素从后边移动到前边，让每个数和它对应的下标差的绝对值的和最小，语文不好，凑合着理解吧
由于英语也不好，咳咳，最开始以为数是任意的，我也不认识那个排列啊，后来用的百度翻译，才发现数是一个排列。。。。
然后可以写出一个(O(n^2))的暴力，就是一个一个的移动，但肯定行不通啊，看一下数据范围，时间复杂度最多应该也就(O(n))了，(nlogn)的时间复杂度可能都够呛。
考虑那个暴力，仔细想想这样很亏，因为每次移动，只会有末尾的那个数影响比较大，所以最后再考虑那个，而对于别的数，因为只移动1，所以变化值就只有1，但它套了一个绝对值，所以会有两种不同的情况,不妨令(p_i)表示第(i)个数。
- (p_i-ileq0)
- (p_i-i>0)
第一种情况，我们最后累加的答案是(i-p_i)，每次移动都是向右移动，所以这个数只会越来越大，除非，它从最后移到第一个。
第二种情况其实是最ex的，因为累加的答案是(p_i-i)，而(i)的增大会导致这个数减小，那么它就有可能会小于0，它一旦小于0，累加的答案就要变化，所以这个有点棘手，为了解决这种情况，我们需要再开一个数组(d)，第(i)位表示有(d_i)个数移动(i)位后会变成0，然后这个数就会被划分到情况一。
为了达到(O(n))的时间复杂度，我们需要快速计算出每种情况的数对答案的影响，可以用(cntz，sumz)分别表示是第二种情况的数有多少，答案的贡献是多少，(cntf，sumf)则表示第一种情况，在输入的时候，我们就能求出上边的几个变量，注意要记录(d)数组。
下面考虑移动，每次移动后，(sumf)会加上(cntf)，(sumz)则会减去(cntz)，(cntz)会减去(d_i)，(cntf)会加上(d_i)，这一步应该算是一个模拟吧，然后最难搞的就是最后一个数，进行第(i)次移动时，最后一位是(n-i+1)上的数，可以知道不管怎么样，这个位置的数一定属于情况一，因为它的角标是最大的，所以相减得到的数一定是非正数，然后再看它放到第一位后属于情况几就行。
TIPS
(d)数组是要开二倍的，因为下边的代码可以看一下(u+i-1)的最大值可能到(2×10^6)，尽管可能用不到，但会报RE或是导致别的错误，这题也不卡空间，就多开点吧。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e6+10;
ll d[N],p[N];
int main(){
ll n,cntz=0,cntf=0,sumz=0,sumf=0;
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&p[i]);
if(p[i]-i<=0)++cntf,sumf+=i-p[i];
else ++cntz,++d[p[i]-i],sumz+=p[i]-i;
}
ll res=sumz+sumf,pos=0;
for(int i=1;i<n;i++){
sumz-=cntz;
cntz-=d[i];
sumf+=cntf;
cntf+=d[i];
int u=p[n-i+1];
--cntf;sumf-=n-u+1;
if(u-1>0)++d[u+i-1],sumz+=u-1,++cntz;
else ++cntf;
if(res>sumz+sumf){
res=sumz+sumf;
pos=i;
}
}
printf("%lld %lld
",res,pos);
}