有些梦想虽然遥不可及，但不是不可能实现。只要我足够的强。
前言
调了挺长时间的，并查集合并的时候需要 find 一下，不然会炸内存。。。。
解题思路
参考了题解区一篇思路非常好的题解，在这里讲一下自己的见解。
首先明确一下 K 的取值只有 1 或者 2 这里看数据范围非常重要！，对于 \(K=1\)，\(K=2\) 的情况要分开来做。
K=1
对于 \(K=1\) 的情况，为了保证字典序最小，我们需要倒着枚举序列了。
然后再次观察数据范围，发现\(131072 \times2=512^2\)，因此我们可以枚举 \(1 \sim 512\) ，令 vis[i] 表示在当前扫到的组里颜色为 i 的是否存在，查看是否访问过 \(x^2-s_i\) 。
如果访问过，表示和第 i 只兔子发生矛盾的已经在这个组里了，因此需要再次分一个组，并且记录下分组的边界，清空 vis 数组。
如果没有访问过，把该种颜色的标记成 true 记录就好了。
K=2
几乎同样的思路，我们仍然需要倒着枚举序列。
对于同一组的兔子，状态之可能有两种：同一小团体或者在敌对小团体，因此我们用并查集维护。
\(\operatorname{find}(1 \sim n)\) 表示 \(1\sim n\)的兔子所在的小团体。
\(\operatorname{find}(n+1 \sim 2 \times n)\) 表示 \(1\sim n\)的兔子所在的小团体的敌对小团体。
然后开一个 vector 数组记录同一颜色的序号，然后分别对于发生矛盾的兔子进行判断，同时更新该兔子所在组以及小团体和敌对小团体。
同样的，如果矛盾无法避免，那就重新开一个组，并清空标记，记录分割点就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=131080;
int n,m,K,las,s[M],fa[M<<1];
vector<int> ans,v[M<<1];
bool vis[M];
int find(int x)
{
if(fa[x]==x)
return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
void work_1()
{
for(int i=n;i>=1;i--)
{
bool flag=true;
for(int j=1;j<=512;j++)
if(j*j>=s[i])
if(vis[j*j-s[i]])
{
flag=false;
break;
}
if(!flag)
{
for(int j=i+1;j<las;j++)
vis[s[j]]=false;
ans.push_back(i);
las=i+1;
}
vis[s[i]]=true;
}
printf("%d\n",ans.size()+1);
for(int i=ans.size()-1;i>=0;i--)
printf("%d ",ans[i]);
}
int update(int l,int r)
{
for(int i=l+1;i<r;i++)
vector <int>().swap(v[s[i]]);
ans.push_back(l);
return l+1;
}
void work_2()
{
for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
fa[i]=i;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
for(int j=1;j<=512;j++)
if(j*j>=s[i])
if(v[j*j-s[i]].size())
for(int k=0;k<v[j*j-s[i]].size();k++)
{
int temp=v[j*j-s[i]][k];
if(find(temp)==find(i))
{
las=update(i,las);
break;
}
else
{
fa[find(i+n)]=find(temp);
fa[find(temp+n)]=find(i);
}
}
v[s[i]].push_back(i);
}
printf("%d\n",ans.size()+1);
for(int i=ans.size()-1;i>=0;i--)
printf("%d ",ans[i]);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&K);
las=n+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&s[i]);
if(K==1)
work_1();
else
work_2();
return 0;
}