【問題分析】

二分圖多重匹配問題，可以用最大流解決。

【建模方法】

建立二分圖，每個單位為X集合中的頂點，每個餐桌為Y集合中的頂點，增設附加源S和匯T。

1、從S向每個Xi頂點連線一條容量為該單位人數的有向邊。 2、從每個Yi頂點向T連線一條容量為該餐桌容量的有向邊。 3、X集合中每個頂點向Y集合中每個頂點連線一條容量為1的有向邊。

求網路最大流，如果最大流量等於所有單位人數之和，則存在解，否則無解。對於每個單位，從X集合對應點出發的所有滿流邊指向的Y集合的頂點就是該單位人員的安排情況（一個可行解）。

【建模分析】

對於一個二分圖，每個頂點可以有多個匹配頂點，稱這類問題為二分圖多重匹配問題。X，Y集合之間的邊容量全部是1，保證兩個點只能匹配一次（一個餐桌上只能有一個單位的一個人），源匯的連邊限制了每個點匹配的個數。求出網路最大流，如果流量等於X集合所有點與S邊容量之和，那麼則說明X集合每個點都有完備的多重匹配。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1005;
const int MAXM = 1005;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
struct Edge1
{
	int from,to,cap,flow;
};
struct Dinic
{
	int n,m,s,t;
	vector<Edge1> edges;
	vector<int> G[MAXN];
	bool vis[MAXN];
	int d[MAXN];
	int cur[MAXN];
	void init(int n)
	{
		this -> n = n;
		for(int i = 0; i <= n + 1; i++){
			G[i].clear();
		}
		edges.clear();
	}
	void AddEdge(int from,int to,int cap)
	{
		edges.push_back((Edge1){from,to,cap,0});
		edges.push_back((Edge1){to,from,0,0});
		m = edges.size();
		G[from].push_back(m - 2);
		G[to].push_back(m - 1);
	}
	bool BFS()
	{
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		queue<int> Q;
		Q.push(s);
		d[s] = 0;
		vis[s] = 1;
		while(!Q.empty()) {
			int x = Q.front();
			Q.pop();
			for(int i = 0; i < G[x].size(); i++) {
				Edge1& e = edges[G[x][i]];
				if(!vis[e.to] && e.cap > e.flow) {
					vis[e.to] = 1;
					d[e.to] = d[x] + 1;
					Q.push(e.to);
				}
			}
		}
		return vis[t];
	}
	int DFS(int x,int a)
	{
		if(x == t || a == 0) return a;
		int flow = 0,f;
		for(int& i = cur[x]; i < G[x].size(); i++) {
			Edge1& e = edges[G[x][i]];
			if(d[x] + 1 == d[e.to] && (f = DFS(e.to,min(a,e.cap - e.flow))) > 0) {
				e.flow += f;
				edges[G[x][i] ^ 1].flow -= f;
				flow += f;
				a -= f;
				if(a == 0) break;
			}
		}
		return flow;
	}
	int Maxflow(int s,int t) {
		this -> s = s,this -> t = t;
		int flow = 0;
		while(BFS()) {
			memset(cur,0,sizeof(cur));
			flow += DFS(s,INF);
		}
		return flow;
	}
}din;
vector<int> ans[MAXN];
int main(void)
{
    int m,n,temp;
    scanf("%d %d",&m,&n);
    int S = 0,T = n + m + 1;
    int sum = 0;
    din.init(n + m + 2);
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d",&temp);
        sum += temp;
        din.AddEdge(S,i,temp);
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            din.AddEdge(i,j + m,1);
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d",&temp);
        din.AddEdge(i + m,T,temp);
    }
    if(sum == din.Maxflow(S,T)) {
        printf("1\n");
        for(int i = 0; i < din.edges.size(); i++) {
            Edge1 e = din.edges[i];
            if(e.from != S && e.to != T && e.flow == 1) {
                ans[e.from].push_back(e.to - m);
            }
        }
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            for(int j = 0; j < ans[i].size(); j++) {
                printf("%d ",ans[i][j]);
            }
            printf("\n");
        }
    }
    else printf("0\n");
    return 0;
}