Description
有一排点，两点间有一定距离，初始的时候有一个行走值(v)，如果说两点间距离不超过(v)，那么可以在这两点间自由行走，如果当前(v>0)那么可以选择突然出现在任意一点，但是这样做之后(v)会减半（下取整），问每个位置出发能否到达所有的位置至少一次
Solution
额其实感觉关键还是模型的转化
其实我们可以比较形象地将每个(v)（就是不停除以(2)直到(0)，中途得到的那堆(v)），看成“一层”，具体举个例子的话就是：当(v=4)的时候，第一层为(v=4)，第二层为(v=2)，第三层为(v=1)，第四层为(v=0)，这样
然后每次突然出现其实就相当于往上走了一层，而每层中，有一些区间是可以在区间内随便走的，我们将这些区间看成若干条线段，那么现在的问题就变成了，每层选一条线段，问是否能够覆盖整个区间
想不到吧然后因为层数上限是(19)所以。。这是一道状压dp的题目==
所以首先，我们先将每一层中的线段处理出来，将第(i)层的线段存在(seg[i])数组里面，只用存右端点即可，左端点可以由前一条线段的右端点(+1)得到
考虑一下大概要用什么样的方式统计答案，我们可以考虑枚举第一层的每条线段((l_i,r_i))，如果说存在一种方案使得从(1)开始覆盖到一个(>=l_i-1)的位置，从(n)开始覆盖到一个(<=r_i+1)的位置，那么这段线段中的每一个点都是(Possible)的，否则就是(Impossible)
那么所以，我们考虑维护两个数组(tol)和(tor)，其中(tor[i])表示线段选择状态（如果这层选了线段那么对应的二进制位为(1)否则为(0)）为(i)的情况下，从(1)开始往右最远能覆盖到的位置，(tol[i])表示从(n)开始往左最远能覆盖到的位置，注意，因为最后统计答案的时候，第一层的线段是要枚举的，所以我们在计算(tor)和(tol)的枚举状态的时候，不能包含第一层
接下来定义两个过程：(expandReft(which,x))表示在第(which)层的线段中，严格大于(x)的第一个右端点，(expandLight(which,x))表示在第(which)层的线段中，严格小于(x)的最靠近(n)的右端点
那么我们可以得到转移式子：
至于为什么要用(tol[st]-1)的话。。是因为如果直接找(tol[st])的话，我们可能找到(tol[st])，这就说明有一段以(tol[st]-1)为右端点的区间以及一段以(tol[st])为左端点的区间，然而这个时候我们应该找前者而不是后者会出些小问题==（不过也可能只是实现方式的问题。。具体都是看二分查找要怎么写吧都是一些实现上的细节问题qwq）
那么最后一个小问题就是，如果说第一层有很多条线段的话那就很凉凉，然而实际上，我们发现如果说第一层的线段条数(>logv+1)的话。。就根本不可能覆盖完了（层数不够），所以我们可以在计算之前先判一下这种全部都是(Impossible)的情况
那所以我们的总复杂度就是(O(nlogv+vlognlogv))了
代码大概长这个样子
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=2*(1e5)+10,ST=1<<20,TOP=20,inf=2e9;
int seg[TOP+1][N],d[N],tor[ST],tol[ST],a[N];
int n,m,v,lg,all;
bool in(int st,int x){return st>>x-1&1;}
int St(int x){return 1<<x-1;}
void get_seg(){
for (int i=1;i<=lg;++i){
seg[i][0]=0;
for (int j=1;j<=n;++j){
if (j==1||d[j-1]>v>>i-1) ++seg[i][0];
seg[i][seg[i][0]]=j;
}
}
}
bool firstcheck(){
if (seg[1][0]<=lg) return true;
for (int i=1;i<=n;++i) printf("Impossible
");
return false;
}
int expand_right(int which,int x){
int l=1,r=seg[which][0],mid,ret=r;
while (l<=r){
mid=l+r>>1;
if (seg[which][mid]>x) ret=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
return seg[which][ret];
}
int expand_left(int which,int x){
int l=1,r=seg[which][0],mid,ret=l;
while (l<=r){
mid=l+r>>1;
if (seg[which][mid]<x) ret=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
return seg[which][ret]+1;
}
void dp(){
all=1<<lg;
for (int st=0;st<all;++st) tor[st]=0,tol[st]=n+1;
for (int st=0;st<all;st+=2){
for (int i=2;i<=lg;++i){
if (in(st,i)) continue;
tor[st|St(i)]=max(tor[st|St(i)],expand_right(i,tor[st]));
tol[st|St(i)]=min(tol[st|St(i)],expand_left(i,tol[st]-1));
}
}
}
void get_ans(){
int L,R;
bool ok;
for (int i=1;i<=seg[1][0];++i){
L=i==1?1:seg[1][i-1]+1; R=seg[1][i];
ok=false;
for (int st=0;st<all&&!ok;st+=2)
if (L-1<=tor[st]&&tol[(all-1)-st-1]<=R+1) ok=true;
for (int j=L;j<=R;++j) printf(ok?"Possible
":"Impossible
");
}
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d%d",&n,&v);
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
d[n]=inf;
for (int i=1;i<n;++i) d[i]=a[i+1]-a[i];
lg=0;
while ((v>>lg)>0) ++lg;
++lg;
get_seg();
if (!firstcheck()) return 0;
dp();
get_ans();
}