这道题做的真是累死了……
显然，题目要求是要对于每一种数，依次输出所有等于这个值的位置，同一个值之间的输出顺序随便。
然后可以想到一个很自然的以数的值从小到大为阶段的 DP：(dp_{i,j}) 表示第 (i) 大的数值输出完后，停在 (j) 最小步数。这样 DP 值数量是 (n^2) 的，那么就意味着需要均摊 (mathrm O(1)) 转移/jk。但实际上这事可实现的。
我们考虑如何转移。我们考虑从决策（也就是起点）(k) 跑到 (j)，并且中途经过所有该输出的位置，的最小步数的走法。显然 (j,k) 把整个环分成两段，一段是 (k o j) 顺时针走，一段是逆时针（这里我们可以把时针方向等价到线性结构上来理解，顺时针走就是加，逆时针就是减）。那不难想到最优路线一定是先解决一部分，然后绕另一部分走到 (j)。后者显然可以完整地经过对应部分，而前者只需要走到最后一个该输出的位置就可以改变方向了。于是把这两种情况各自算然后取个 (min) 即可。
然后考虑其中一种情况怎么算（以先逆后顺为例）。我们考虑固定住 (j)，那么 (k o j) 的逆时针路线上的最后一个该输出的点显然只有两种可能：没有，或 (j) 的顺时针方向第一个。设「(j) 的顺时针方向第一个」为 (p)（(p) 可以 two-pointers 算出来），我们考虑枚举 (j,k,p) 的相对位置，对于每种位置显然可以列出简单式，不带分段和绝对值的。到了这时候我们就应该拿出一整张空白的草稿纸，静下心来一类一类分类讨论，而不是一遍分类一边跟 hsc 聊天。
| 序号 | 图 | $ $ 式子 $ $ |
|---|---|---|
| (1) |  |
(dp_{i-1,k}+n-(k-j)=(dp_{i-1,k}-k)+n+j) |
| (2) |  |
(dp_{i-1,k}+n-(p-j)+(k-p)=(dp_{i-1,k}+k)+n-(p-j)-p) |
| (3) |  |
(dp_{i-1,k}+2n-(j-k)-2(p-j)=(dp_{i-1,k}+k)+2n-j-2(p-j)) |
| (4) |  |
(dp_{i-1,k}+n-(k-j)=(dp_{i-1,k}-k)+n+j) |
| (5) |  |
(dp_{i-1,k}+(j-k)=(dp_{i-1,k}-k)+j) |
| (6) |  |
(dp_{i-1,k}+2(k-p)+(j-k)=(dp_{i-1,k}+k)-2p+j) |
其中前三类是 (p>j) 的情况，后三类是 (pleq j)，事实上只可能有一个得到满足，到时候 if else 一下即可。那么这样显然我们只需要维护区间 (dp_{i-1,k}+k) 和 (dp_{i-1,k}-k) 的最小值。其中有四类是可以直接前后缀的，还剩两类需要单调队列（因为注意到 (j,p) 都单调且单调方向相同）。然后发现先顺后逆的情况，和上述六种情况是恰好成镜像的，把能反的都反过来（相对大小、式子里的符号、更新顺序），CV 然后改一改就好了。
然后最后还需要输出路径，就记录路径（不仅要记录转移对象，还要记录是先逆后顺还是先顺后逆）。非常难写。
上面我自己 yy 的方法非常难推且难写，码量 4k，我昨天晚上做了 2h，今天放学回来又做了 1h。
然后看到 ymx 的题解，得出一个结论：凡是烦一点的题，我一定是做的最麻烦的人。
ymx 的 DP 是一维的，他的 DP 状态可以等价理解为，我的状态加上这么一个优化：只可能停留在当前数值的位置，然后再开一个表示当前阶段的开始位置，也是只能开始于当前数值的位置。这样一来总状态数是线性的了。(i-1 o i) 的转移只需要暴力枚举转移对，然后 (i o i)（也就是我的方法麻烦的主体）自然也可以暴力枚举了。至于说也要分个几类讨论一下路线，但显然是严格方便于我的方法的。我还要用 DS 维护，我枯了啊/kk
好好的一个 2600 题被我做成了这样，就当是练习了一下复杂的分类讨论能力吧（
题解也写吐了（