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【问题分析】

枚举答案转化为判定性问题，然后最小路径覆盖，可以转化成二分图最大匹配，从而用最大流解决。

【建模方法】

枚举答案A，在图中建立节点1..A。如果对于i<j有i+j为一个完全平方数，连接一条有向边(i,j)。该图是有向无环图，求最小路径覆盖。如果刚好满足最小路径覆盖数等于N，那么A是一个可行解，在所有可行解中找到最大的A，即为最优解。

具体方法可以顺序枚举A的值，当最小路径覆盖数刚好大于N时终止，A-1就是最优解。

【建模分析】

由于是顺序放球，每根柱子上的球满足这样的特征，即下面的球编号小于上面球的编号。抽象成图论，把每个球看作一个顶点，就是编号较小的顶点向编号较大的顶点连接边，条件是两个球可以相邻，即编号之和为完全平方数。每根柱子看做一条路径，N根柱子要覆盖掉所有点，一个解就是一个路径覆盖。

最小路径覆盖数随球的数量递增不递减，满足单调性，所以可以枚举答案（或二分答案），对于特定的答案求出最小路径覆盖数，一个可行解就是最小路径覆盖数等于N的答案，求出最大的可行解就是最优解。本问题更适合枚举答案而不是二分答案，因为如果顺序枚举答案，每次只需要在残量网络上增加新的节点和边，再增广一次即可。如果二分答案，就需要每次重新建图，大大增加了时间复杂度。

【本题还有宁外一种打印方案的方法，见如下链接】点击打开链接

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#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#include <ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <sstream> //isstringstream
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int, LL> pp;
#define REP1(i, a, b) for(int i = a; i < b; i++)
#define REP2(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define MP(x, y) make_pair(x,y)
const int maxn = 2e4+10;
const int maxm = 2e5;
const int m = 1e4;
const int maxs = 10;
const int INF = 1e9;
typedef tree<int,null_type,less<int>,rb_tree_tag,tree_order_statistics_node_update>order_set;
//head
vector <int> is;
int used[maxn], nxt[maxn];
struct G
{
    int v, cap, next;
    G() {}
    G(int v, int cap, int next) : v(v), cap(cap), next(next) {}
} E[maxm];
int p[maxn], T;
int d[maxn], temp_p[maxn], qw[maxn]; //d顶点到源点的距离标号,temp_p当前狐优化，qw队列
void init()
{
    memset(p, -1, sizeof(p));
    T = 0;
}
void add(int u, int v, int cap)
{
    E[T] = G(v, cap, p[u]);
    p[u] = T++;
    E[T] = G(u, 0, p[v]);
    p[v] = T++;
}
bool bfs(int st, int en, int n)
{
    int i, u, v, head, tail;
    for(i = 0; i <= n; i++) d[i] = -1;
    head = tail = 0;
    d[st] = 0;
    qw[tail] = st;
    while(head <= tail)
    {
        u = qw[head++];
        for(i = p[u]; i + 1; i = E[i].next)
        {
            v = E[i].v;
            if(d[v] == -1 && E[i].cap > 0)
            {
                d[v] = d[u] + 1;
                qw[++tail] = v;
            }
        }
    }
    return (d[en] != -1);
}
int dfs(int u, int en, int f)
{
    if(u == en || f == 0) return f;
    int flow = 0, temp;
    for(; temp_p[u] + 1; temp_p[u] = E[temp_p[u]].next)
    {
        G& e = E[temp_p[u]];
        if(d[u] + 1 == d[e.v])
        {
            temp = dfs(e.v, en, min(f, e.cap));
            if(temp > 0)
            {
                e.cap -= temp;
                E[temp_p[u] ^ 1].cap += temp;
                flow += temp;
                f -= temp;
                if(f == 0)  break;
            }
        }
    }
    return flow;
}
int dinic(int st, int en, int n)
{
    int i, ans = 0;
    while(bfs(st, en, n))
    {
        for(i = 0; i <= n; i++) temp_p[i] = p[i];
        ans += dfs(st, en, INF);
    }
    return ans;
}

void print_ans(int x)
{
    printf("%d ", x);
    for(int i = p[x]; ~i; i = E[i].next){
        if(!E[i].cap && E[i].v <= m + m){
            print_ans(E[i].v - m);
        }
    }
}

int main()
{
    for(int i = 1; i * i < maxn; i++) is.push_back(i * i);
    init();
    int n, ans = 0;
    scanf("%d", &n);
    int st = m + m + 1, en = st + 1;
    for(int i = 1; ; i++){
        add(st, i, 1);
        add(i + m, en, 1);
        for(int j = 0; is[j] < i + i; j++){
            if(is[j] > i) add(is[j] - i, i + m, 1);
        }
        ans += dinic(st, en, en);
        if(i - ans > n){
            ans = i - 1;
            break;
        }
    }
    init();
    for(int i = 1; i <= ans; i++){
        add(st, i, 1);
        add(i + m, en, 1);
        for(int j = 0; is[j] < i + i; j++){
            if(is[j] > i) add(is[j] - i, i + m, 1);
        }
    }
    dinic(st, en, en);
    printf("%d\n", ans);
    for(int i = p[en]; ~i; i = E[i].next){
        if(E[i].cap) continue;
        print_ans(E[i].v - m);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}