欸嘿嘿嘿嘿嘿嘿

Preface: 其实原来的思路挂了。看 #7 数据才有新的思路。

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首先有一个贪心的思路：先不管那么多，在前面尽量从 \(1\) 开始顺序填充，把能放的 \([1,p]\) 先放了。

显然这样的方法在同等长度内是最优解。其实是没看出来怎么证。

手玩可得，若 \(2\mid p\)，对三元组的数量贡献为 \(\frac{p(p-2)}{4}\) ；若 \(2\nmid p\)，对三元组的数量贡献为 \(\frac{(p-1)^2}{4}\)。

这样的话，若有 \(m>\frac{p(p-2)}{4}\) 或 \(m>\frac{(p-1)^2}{4}\)，可以确定无解。

以 \(n=15,m=39\) 为例。

\(2\nmid n\)，\(\frac{(13-1)^2}{4}=36<m\) ，故 \(p=13\) 为满足条件的最大值。

故 \(a=\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13\}\)。

接下来会剩余一些需要满足的三元组。

如果直接用 \(a_{n+1}:=a_{n-1}+a_n\) 来套的话，\(a\) 的增长速度是 \(2\) 倍，显然不可接受。

那就说明 \(a\) 的内部还有一些操作空间。

感谢 #7 测试点送的思路

观察发现评测姬给出的答案是 \(a=\{1,2,\dots13,20,34\}\)。显然 \(34\) 与答案无关。而 \(20=7+13=8+12=9+11\)。

那么就有 \(\forall x\in[p+1,2p-1]\)，对答案的贡献为 \(a\) 中任选两个值相加等于 \(x\) 的个数。

再观察一下，发现 \(\forall l\in[1, p-1]:(l+p)\in[p+1,2p-1]\)。

然后区间 \([l,p]\) 内有 \(\lfloor\frac{p-l+1}{2}\rfloor\) 个 \(i\) 满足 \(a_i+a_{p-i+1}=l+p\)。

令 \(x=l+p\)，则其对三元组数量产生的贡献为 \(\lfloor\frac{p-l+1}{2}\rfloor\)。

然后聪明的你一定可以想到枚举 \(l\in[1,p-1]\) 然后计算答案

当然，如果上述步骤中 \(a\) 的大小超过了 \(n\)，可以视作无解。

显然上述策略是在 \(p\) 一定的情况下对三元组数量贡献最大的。

这时候可能会存在三元组数量还没有到 \(m\) 的情况。

但是由于前面把 \(a\) 内部的元素处理完毕，所以最多也就只剩一个了。

将 \(a_{n-1}+a_{n}\) 加入结果即可。

但是如果 \(a\) 的大小还没有达到 \(n\)，怎么办？

很简单。从 \(10^9\) 倒序往里面扔数。每个数的大小差值为 \(5000\)。

由于 \(n=5000\) 时能够满足的最大 \(m=\frac{p(p-2)}{4}=6247500<10^9-5000\times5000\)，所以即使全程从 \(10^9\) 倒序往里面扔数，前面的数也不会对其产生任何影响。

大致流程就是这样。放代码。我也不知道为什么长得那么丑

#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3, "Ofast", "inline")
int n, k, m;
int last, pos;
std::vector <int> res;
int main() {
	scanf("%d %d", &n, &k), last = k;
    // 判断是否有解
	if(
		((n & 1) && k > (n - 1) * (n - 1) >> 2) ||
		(!(n & 1) && k > n * (n - 2) >> 2)
	) { printf("-1"); return 0; } 
    // 贪心填充前缀 [1,p] 区间
	for(int i = n; i >= 1; i--) {
		int tmp;
		if(i & 1) tmp = (i - 1) * (i - 1) >> 2;
		else tmp = i * (i - 2) >> 2;
		if(tmp <= k) { m = i, last -= tmp, n -= m; break; }
	}
	for(int i = 1; i <= m; i++) res.push_back(i);
    // 枚举区间 [l,p]，累加贡献
	for(int l = 1; l < m && last > 0; l++) {
		int tmp, len = m - l + 1;
		tmp = len >> 1;
		if(last >= tmp) last -= tmp, n--, res.push_back(l + m);
	}
    // 
	while(1) {
		if(n < 0) { printf("-1"); return 0; }
		if(last <= 0) break;
		res.push_back(*(res.end() - 1) + *(res.end() - 2));
		n--, last--;
	}
    // 用大数填充 res.size() < n 的部分
	while(n > 0) res.push_back(1e9 - n * 5001), n--;
	std::sort(res.begin(), res.end());
	for(int u : res) printf("%d ", u);
	return 0;
}