题意
对于一对数组(a_i)和(b_i)，满足(sumlimits_{i=1}^{k_a}a_i=sumlimits_{i=1}^{k_b}b_i=N)，而且对于所有长度为(N)的字符串，如果在满足下列两个条件的前提下：
-
对于前(a_1)个，接下来(a_2)个，再接下去(a_3)个……都是回文串
-
对于前(b_1)个，接下来(b_2)个，再接下去(b_3)个……都是回文串
同时还必然满足这个字符串一定全部字符都一样。如果只有原来(a_i)的一个排列，求一种这个(a_i)数组和相应的(b_i)数组。注意可能不存在。
- (Nleq 10^5)
- (k_a leq 100)
- (A_ileq 10^5)
分析
先考虑(k_a)比较小的情况，例如(k_a=1)，这个时候可以发现我们只需要让回文串错一位就可以了。
对于(k_a=2)，考虑我们从那个中间分隔的点开始往外直接扩展，实际上只要覆盖到两边回文串中间的那个点，然后剩下来的直接随便覆盖就可以了（因为就这一些已经将两个回文串“连接”在了一起），这是一个思路，但是比较难以实现。
更加直接的思路（按照题解），还是按照错位，我们考虑实际上只需要将中间那个分割点向左边移动一下，那也是能够相应建立关系的。
按照这个思路，我们应该可以进一步地考虑推广！我们应该可以按照这个思路，只需要取(b={a_1-1,a_2,cdots,a_{k_a-1},a_{k_a}+1})，这种答案的构造方法，除非是中间的数是偶数，否则都是可以的。
那么当存在大量偶数的时候有没有可能构造出一个相应的解呢？我们考虑设(a)里面偶数有(O_a)个，(b)里面偶数有(O_b)个，那么边数是(frac{N-O_a}{2}+frac{N-O_b}{2})，考虑如果我们要让这(N)个点连通，我们肯定至少需要(N-1)条边，那么也就是(frac{N-O_a}{2}+frac{N-O_b}{2}geq N-1)，这个不等式算出来是(O_a+O_bleq 2)……于是我们发现不可能偶数多于(2)个。如果满足的话那一定可以将这两个偶数调到最前和最后。
那么我们只要扫一遍就可以得到了。回顾一下思路，我们从(k_a=1)的情况推出了错位的思路，然后进一步推广到了一般情况，同时对于一种看上去比较特殊的情况得出了解。最后，我们证明了剩下的情况没有解，实际上也就是说因为有偶数，所以相当于要浪费一部分边去专门将偶数导走，然后整个图就无法导通。
注意在写的时候有可能会出现减出(0)的情况，所以需要再判一下边界情况。
# include <bits/stdc++.h>
# define il inline
# define fi first
# define se second
# define pb push_back
# define mem(x,v) memset(x,v,sizeof x)
# define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
# define re(i,x,y) for (int i=x;i<y;++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
il ll read(){
ll x=0; char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=x*10+c-'0';
return x;
}
const int maxm = 100+10;
int n,m;
int a[maxm];
vector<int> b;
int main(){
n=read(); m=read();
rep(i,1,m) a[i]=read();
if (m == 1){
b.pb(1); b.pb(n-1);
}
else{
int cnt = 0;
rep(i,1,m) cnt += a[i] % 2;
if (cnt > 2){
puts("Impossible"); return 0;
}
rep(i,2,m-1)
if (a[i]%2==1){
if (a[1]%2==0)swap(a[1],a[i]);
else swap(a[m],a[i]);
}
b.pb(a[m]+1);
for (int i=m-1;i>1;--i) b.pb(a[i]);
b.pb(a[1]-1);
}
rep(i,1,m) printf("%d ",a[i]); printf("
");
int bs=b.size();
if (b[bs-1] == 0)--bs;
printf("%d
",bs);
for (int i=bs-1;i>=0;--i) printf("%d ",b[i]); printf("
");
return 0;
}