先考慮一個直接的思路，我們將 \(a\) 從小到大排序，然後在其中選擇一個等差子序列，接著判斷 \(a\) 中剩下的數是否滿足等差性質。
如果我們要高效率，那麼肯定不能列舉這個子序列。考慮找一些有趣的性質：對於排序後的 \(a_1,a_2,a_3\)，由於我們需要找到兩個不交叉子序列，並且每個數都必須被選擇一次，根據抽屜原理，我們可以知道 \(a_1,a_2,a_3\) 這三個數中必有至少兩個數是在同一個子序列中的。
找到了這個性質，我們想一想怎麼利用。不難發現一個等差序列 \(b_i\)，如果序列長度已知，那麼只需要確定 \(b_1\) 和公差就可以直到整個序列了。於是我們考慮在 \(a_1,a_2,a_3\) 中任意選擇 \(2\) 個數 \(a_x,a_y\)（\(1\leq x<y\leq 3\)），然後假定 \(a_x\) 為起點，\(a_y-a_x\) 為公差 \(d\)。接著我們用一個棧，初始時先把 \(a_x,a_y\) 放進去，然後定義一個變數 \(k\leftarrow a_y+d\)，對於當前的 \(k\)，我們在 \(a\) 中尋找是否存在這個值，如果存在就放入棧，\(k\leftarrow k+d\)。
為了計算答案，每次得到一個新的棧時，我們假定此時棧中組成的序列就是其中一個等差子序列，於是我們就要判斷剩下的元素是否等差。
令我們已選出來的子序列的最後一項是 \(a_p\)，我們將剩下的元素分為下標 \(<p\) 和下標 \(>p\) 的，那麼不合法情況就是四種：前者不等差，後者不等差，前後都等差但是兩者公差不同，前後公差相同但是與前後交界處的兩個數的差不同。
先判斷前後者是否等差：對於後者我們發現這些元素都是 \(a\) 的一段字尾，於是我們考慮預處理 \(t_i\) 表示 \([i,n]\) 元素是否等差，如果不是則 \(t_i=-1\)，如果是則 \(t_i\) 為這個公差。假如 \(t_{p+1}=-1\)，那麼答案肯定不行。而對於前者，我們在將元素放入棧時，依次把前面未被使用的元素放入另一個棧裡面，這樣時間複雜度就是均攤 \(O(n)\) 的，隨時判斷一下即可。
然後判斷後面兩種特殊情況：我們對於下標 \(<p\) 的未使用元素也可以計算一個公差 \(d\prime\)，如果 \(d\prime\not= t_{p+1}\)，則顯然不行。然後對於交界處的兩個數，一個是 \(a_{p+1}\)，一個是第二個棧裡的最後一個元素，我們將其相減判斷一下即可。
注意到一些特殊情況，比如前後兩部分的元素個數為 \(0,1\)，這個時候它們分別是不存在公差的，這裡我們特判一下就行了。
但是題目並沒有告訴我們 \(a_i\) 是互不相同的，因此會出現兩個數相同的情況。當 \(a_1,a_2,a_3\) 中出現了相同的數，並且當前我們欽定的公差 \(d=0\) 時，為了防止死迴圈，我們就再特判一下，即將相同的數全部拎出來。但是如果 \(a_i\) 兩兩相同，我們就考慮拆成兩個部分，因為題目要求我們保證兩個子序列不為空。
總的來說就是細節比較多，如果調不動了可以參考以下程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e5+5;
int n,a[MAXN];
unordered_map<int,int> mp;
int stk[MAXN],flag[MAXN];
vector<int> res1;
void solve(int s,int d)
{
if(!d)
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]!=a[s]) stk[++cnt]=a[i];
}
int flag=0;
for(int i=3;i<=cnt;i++) flag|=(stk[i]-stk[i-1]!=stk[2]-stk[1]);
if(flag||!cnt&&n<2) return;
if(!cnt) stk[++cnt]=a[1];
cout<<cnt<<'\n';
for(int i=1;i<=cnt;i++) cout<<stk[i]<<" ";
cout<<'\n'<<n-cnt<<'\n';
for(int i=1;i<=n-cnt;i++) cout<<a[s]<<" ";
exit(0);
}
res1.clear();
int val=a[s],cnt=0,lst=0,t;
while(t=mp[val])
{
res1.push_back(val);
int p=cnt;
for(int i=lst+1;i<t;i++) stk[++cnt]=a[i];
for(int i=p+1;i<=cnt;i++)
{
if(i>2&&stk[i]-stk[i-1]!=stk[i-1]-stk[i-2]) return;
}
if(!(t<n&&(flag[t+1]<0||cnt>1&&t<n-1&&flag[t+1]!=stk[2]-stk[1]||cnt>1&&a[t+1]-stk[cnt]!=stk[2]-stk[1]||t<n-1&&cnt&&flag[t+1]!=a[t+1]-stk[cnt])))
{
int len=res1.size();
if(len==n) len--,stk[++cnt]=a[n];
cout<<len<<'\n';
for(int i=0;i<len;i++) cout<<res1[i]<<" ";
cout<<'\n';
cout<<n-len<<'\n';
for(int i=1;i<=cnt;i++) cout<<stk[i]<<" ";
for(int i=t+1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<" ";
exit(0);
}
lst=t,val+=d;
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) mp[a[i]]=i;
if(n==2) return (cout<<"1\n"<<a[1]<<'\n'<<"1\n"<<a[2]),0;
flag[n-1]=a[n]-a[n-1];
for(int i=n-2;i>=1;i--)
{
if(~flag[i+1]&&a[i+1]-a[i]==a[i+2]-a[i+1]) flag[i]=flag[i+1];
else flag[i]=-1;
}
solve(1,a[2]-a[1]),solve(1,a[3]-a[1]),solve(2,a[3]-a[2]);
cout<<"-1";
return 0;
}