注意到数据范围达到了 $10^6$，且内存较小，启发我们使用 $O(n)$ 做法。

考虑两个罪犯走的路径是什么样的，罪犯抢劫的房子是他走过的房子的子序列，两个罪犯的终点相同，起点颜色相同。

思考罪犯开始时所在房子颜色相同这个怎么维护，我们记 $pr_i$ 表示与第 $i$ 个房子颜色相同的下标最大值。

从贪心的角度考虑，只要保证一段路径两边有一对颜色相同的点对，这条路径存在起点，所以我们可以对 $pr_i$ 取前缀 $\max$。

依旧从贪心的角度考虑，显然有左边的罪犯的第一个抢劫房子的下标越大越好，右边反之。

接着考虑怎么维护子序列中第一个下标最值，不妨借鉴 LIS 的处理方法，因为每个罪犯对每种颜色的房子分别最多抢劫一次，可以直接把 $x_i$ 视为 $i$ 再用 LIS 处理。我们记 $lt_{j,i}$ 表示终点是 $j$ 号房子时第 $x_i$ 对应的 $x_1$ 的下标最值，不难想到转移如下。

当 $c_j = x_i,i \ne 1$ 时，有 $lt_{j,i} = lt_{j-1,i-1}$。

当 $c_j = x_i,i = 1$ 时，有 $lt_{j,i} = j$。

因为 $lt_{j}$ 只与 $lt_{j-1}$ 有关，可以滚动。

因为有两段路径，我们用 $d_i$ 记录以 $i$ 为左边罪犯以 $i$ 号房子为终点的子序列中第一个下标最值。

第二段倒着处理就行。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read(){
	int x=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {x=(x*10)+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}//快读
const int N=1e6+5;
int n,k,m,l,x[N],y[N],c[N],lt[N],pr[N],d[N];
vector<int> ans;
signed main(){
	n=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) {c[i]=read();lt[c[i]]=i;}
	for(int i=1;i<=n;i++) pr[i]=max(pr[i-1],lt[c[i]]);
	m=read(),l=read();
	for(int i=1;i<=m;i++) x[i]=read(),y[x[i]]=i;//y[]用来存x[i]对应的下标
	for(int i=1;i<=n;i++) lt[i]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(c[i]==x[1]) lt[1]=i;
		else lt[y[c[i]]]=lt[y[c[i]]-1];
		if(lt[m]) d[i]=lt[m];//统计
	}//第一段
	memset(x,0,sizeof(x));memset(y,0,sizeof(y));
	for(int i=1;i<=l;i++) x[i]=read(),y[x[i]]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++) lt[i]=0;//初始化
	for(int i=n;i>=1;i--) {//倒着
		if(c[i]==x[1]) lt[1]=i;
		else lt[y[c[i]]]=lt[y[c[i]]-1];
		if(lt[l]&&d[i]&&c[i]==x[l]) {
			int z=d[i]-1,p=lt[l];
			if(pr[z]>p) ans.push_back(i);//统计
		}
	}//第二段
	printf("%d\n",(int)ans.size());
	sort(ans.begin(),ans.end());
	for(int x:ans) printf("%d ",x);
	return 0;
}