思路

若原数组已经无法划分，则答案为零，可通过 $01$ 背包检验。若原数组可以被划分，则所有元素的和 $s$ 一定是偶数。如果此时数组里存在一个奇数元素，去掉它，元素之和就会变成奇数，此时数组一定无法再被划分。若数组的所有元素都是偶数，则对这些元素不断除二，直到出现一个奇数，将它删掉，此时的数组就不可以再被划分。

证明：若不断除二后第一次出现奇数时，将它去掉得到的数组 $A$ 不可划分，则原数组去掉相同位置的元素得到的数组 $B$ 也不可划分。首先，将 $B$ 中元素同时不断除二，若干次后一定会得到 $A$ 中所有元素。反之 $A$ 中所有元素同时不断乘二，若干次后一定会得到 $B$ 中所有元素，即 $A, B$ 元素一一对应。其次，假设 $B$ 可被划分成 $C, D$，由于 $A, B$ 一一对应，因此 $B$ 的两个子序列 $C, D$ 一定分别与 $A$ 的某两个子序列 $E, F$ 一一对应，并且 $sum(E) = \frac{sum(C)}{x}, sum(F) = \frac{sum(D)}{x}$，其中 $x = 2^k$。由于 $sum(C) = sum(D)$，因此 $sum(E) = sum(F)$，即 $E, F$ 是 $A$ 的合法划分，这与 $A$ 不可划分矛盾。

时间复杂度 $O(n^2a_i)$。

#include <cstring>
#include <iostream>

#define endl "\n"
#define x first
#define y second
#define lb(x) (x & -x)

using namespace std;
using PII = pair<int, int>;

constexpr int N = 110, M = 1000010, Q = 2050;

int n;
int a[N];
int z[Q];
bool f[M];

bool part() {
  int s = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++) s += a[i];
  if (s & 1) return false;

  int m = s >> 1;
  memset(f, 0, min(M, m + 10));
  f[0] = true;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = m; j >= a[i]; j--)
      f[j] |= f[j - a[i]];
  return f[m];
}

void solve() {
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

  if (!part()) cout << 0 << endl;
  else {
    for (int i = 0; i <= 11; i++) z[1 << i] = i;
    PII ans = {11, 0};
    for (int i = 1; i <= n; i++)
      ans = min(ans, {z[lb(a[i])], i});
    cout << 1 << endl << ans.y << endl;
  }
}

int main() {
  cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
  solve();
  return 0;
}