题目链接

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/7604/B

解题思路

大致思路：
首先明白往回跳是没有意义的。
因为本题规定在某一位置能跳到的是一段连续的区间，可能存在往回跳的那个题，题目要求是从某个位置只能跳到某距离远的位置，对应的落脚点是零散的点，要与本题区别开来。正因为我们能跳一个区间的所有位置，所以我们根本不用担心一直往前跳能不能到达终点，它是必然可以啊。
大致贪心思路就有了，在不使用法术的前提下，尽可能往前跳，跳的越远越好。
完了，到了某点了，从前面任何一个位置以任何一种方式都没法跳到这个位置了，完了完了！唉，看来我们必须要使用魔法了。
图片说明
假设不使用魔法能跳到的最远位置是绿色填充的位置，自然，刚好无法到达的位置就是红色填充的位置。
既然红色位置之前的位置都没法到达此位置，使用魔法以到达红色位置已经成为不可改变的事实，但是输出又要求使用魔法的位置要尽量小。那我们就得找最靠左且最远能达到绿色位置的位置吧，假设这个点为i，我们就要从i位置施展法术，让自己能跳的远一个位置，就能达到红色位置了，而且i位置还满足题目要求尽可能小。
整理一下思路，还是上面所说的，尽可能往前跳，当跳到前面的任何位置都无法到达的位置（即红色位置）的时候要在最靠左能到达最远能达到的位置（即绿色位置）的位置（即i位置）施展法术以到达刚好无法到达的位置（即红色位置）

思路是讲完了，还有很多思路上的细节，需要大家自己理解喽！

代码实现上还是有些小细节的，其实我一开始看大佬题解和代码的时候根本没明白咋回事，为什么设这么多变量，感觉只要往前跳就行了。但是自己想了遍过程，理解了如何贪心之后，，代码写起来真是得心应手啊！所以，还是建议大家先理解了这个贪心的过程自己实现一下代码。
具体的代码讲解在代码中注释。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,num,minpos=1,maxdis=1,a[N],ans[N];
/*
num表示施展法术的数目；
minpos表示（两段施展法术之间区间的位置中）离最远能达到点最远的位置，即上述i位置；
maxdis表示（施展下一次法术之前）能达到的最远距离，即上述绿色位置；
ans[i]表示第i次施展法术的位置。
*/
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i]){
            if(i+a[i]>maxdis){//如果能跳到的最远距离比记录的maxdis大
                maxdis=i+a[i];//刷新
                minpos=i;//记录下来能跳到最远距离对应的第一个位置，就是最靠左的位置
            }
        }
        else if(maxdis==i){//前面区间的位置最远也就到i（此i非上述i，而是循环遍历到的i）了，必须施展法术了
            ans[++num]=minpos;//把记录的最靠前的能一次到达最远距离的位置，加入答案中
            maxdis=i+1;//更新最远能到达的位置为i+1
            minpos=i+1;//更新最靠前能到达maxdis的位置为i+1
            //上面两步可以理解为“又回到最初的起点，记忆中你青涩的脸……”，就相当于又开辟了一段区间，而这段区间的左端点正是你上次施展法术后刚好到达的位置。略讲在另附中。
        }
        if(maxdis>n) break;
    }
    cout<<num<<endl;
    for(int i=1;i<=num;i++) cout<<ans[i]<<' ';
}

另附

图片说明
红色代表刚好跳不到的位置，绿色代表可以跳达的位置。（挺抽象的不好解释）
绿1区间的所有位置最远能一步跳到红1位置的前一个位置；
绿2区间的所有位置最远能一步跳到红2位置的前一个位置；
……
绿4区间可以内任何一点都可以通过某种向前跳（可以多次）的跳法跳到n+1位置。
其实实现了区间化。