农场里的生活很艰苦，而且当生活很艰苦，你必须坚强起来。奶牛们形成了编号为1到M的帮派。这些帮派一开始和睦相处了一段时间，但是现在失控了！

奶牛们在竞争一片大草地的控制权。奶牛之间的冲突发生在连续的若干分钟内。每一分钟有一只奶牛走进草地。如果此时草地上没有奶牛，那么这只新进去的奶牛所在的帮派就能占领这片草地。如果草地上已经被新进去的奶牛的帮派所占领了，那么这只奶牛就在草地里吃草。否则，一只属于正在占领草地的帮派的奶牛会跟新来的奶牛发生冲突。

这些发生在两只奶牛之间的冲突由吵架开始，然后两只奶牛就会发现他们的共同点比他们的不同点更多。然后两只奶牛发现他们各自的错误，就离开他们所在的帮派，走出草地，再去FJ的客栈里喝一杯冷牛奶。如果在某次冲突之后，草地里没有奶牛，那么没有帮派占领草地。

Bessie知道这些冲突是怎么发生的。她知道每一个帮派有几只奶牛。Bessie很想在所有冲突都发生完，每只奶牛要么在草地上，要么在FJ客栈里之后，让她所在的帮派占领这片草地。请你帮助Bessie判断她所在的帮派（编号为1）是否有可能占领草地。

如果有可能占领草地，Bessie想知道最后最多能有多少只奶牛是属于她所在的帮派的。输出这个数字和能让Bessie的帮派占领草地的字典序最小的方案（每分钟进入草地的奶牛的帮派编号的序列）。一个序列X字典序比序列Y小的意思是有某个k,X[k]

这题一开始就没有好的想法，考的时候就弃疗了…
而且没给部分分范围。。。。

现在假设我们我们不必要求字典序，若给定前面一部分已经选择的序列，我们要使得后面能有一种方案使得留下的1最多，那么我们可以这样放：
首先，剩余1肯定在最后，中间的（不包含1）可以这样放：
先按数量从小到大排，按如下（柱状图）放，箭头表示选取方向：

我们可以发现，这样选取的特点，若展开成一个序列，那么相邻的可以互相抵消，同时，它也是能使前面选择不管是什么序列，都可以尽可能将帮派消掉，这样，我们可以得到一个最优方案来判断，当前选择的序列（前面的），能否满足答案，剩下的，只需要枚举答案，让后枚举前面的序列，判断是否合法就行了。
时间复杂度：O（$N^{2}MlogN$）
贴代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 102
int n,m,ans;
int a[N],b[N],d[N];
bool p;
struct node{int x,y;
}c[N];
void init(){scanf("%d %d",&n,&m);for (int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&a[i]);
}
bool cmp(const node&a,const node&b){return a.y<b.y;
}
bool get(){static int sum,xx,yy;sum=0;for (int i=2;i<=m;i++)if (b[i]){c[++sum].x=i;c[sum].y=b[i];}sort(c+1,c+sum+1,cmp);xx=sum;for (;c[1].y;){if (c[xx].y>c[xx+1].y){d[++d[0]]=c[xx].x;c[xx].y--;xx--;}else{d[++d[0]]=c[sum].x;c[sum].y--;xx=sum-1;}}while (d[0]!=n)d[++d[0]]=1;xx=0,yy=0;for (int i=1;i<=n;i++)if (!yy||xx==d[i]){yy++,xx=d[i];}elseyy--;return (xx==1)&&(yy==ans);
}
bool jian(){static bool p;for (int i=1;i<=m;i++)b[i]=a[i];for (int i=1;i<=n;i++){p=0;for (int j=1;j<=m;j++)if (b[j]){d[0]=i;--b[j];d[i]=j;if (get()){p=1;break;}++b[j];}if (!p)return 0;}return 1;
}
void work(){for (ans=a[1];ans;ans--)if (jian()){p=1;return;}
}
void write(){if (!p)printf("NO");else{printf("YES\n");printf("%d\n",ans);for (int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",d[i]);}
}
int main(){init();work();write();return 0;
}