題目大意：一排點，兩點間有距離。 初始你有一個行走值$v$，如果相鄰兩點距離不超過$v$你可以自由在這兩點行走。 
當$v$大於$0$時，你可以選擇某一時刻突然飛到任意點，這樣做後$v$會減半（下取整）。 問從每個位置初始出發能否到達所有位置。

點的數量$≤2*10^5$，$v≤2*10^5$，$|兩點距離|≤10^9$。

我們令$l[i][j]$表示從$i$出發，一路往左走，經過所有長度不超過$v>>j$（此處的$>>$表示右移，以下都是）的邊，能走到最左的點的編號。

令$r[i][j]$表示從$i$出發，一路往右走，經過所有長度不超過$v>>j$的邊，能走到最右的點的編號。

令$n$表示點的數量，$m=\lceil log_2v\rceil$。

我們不難得出：從$u$號點出發，是否可以遍歷完所有點的判斷條件，可以轉化為：

是否可以將點集分成$m+1$個塊，且第$i$（從$0$到$m$）個塊內邊的長度均不超過$v>>i$，且第$u$號點需要在第$0$個塊內。

那麼，對於$[1,2^m)$中的每一個$i$（$i$是一個二進位制狀態，$i$的第$j$（$j$從$1$到$m$）位為$1$表示選擇了圖中第$j$個塊）

求一個最大的$f[i]$，滿足區間$[1,f[i]]$中的點能分成由狀態i表示的若干個塊。

同理，求一個最小的$g[i]$，滿足區間$[g[i],n]$中的點能分成由狀態i表示的若干個塊。

求這個可以通過l和r的值+狀壓$dp$實現，時間複雜度是$O(2^{m})$。

我們令$o=2^m-2$。

我們發現，若存在$i$，使得$r[f[i]][0]>=l[g[o$^$i]][0]$，那麼從區間$[\ l[g[o$^$i]][0]\ ,\ r[f[i]][0]\ ]$中出發的點，顯然可以遍歷玩所有點。

我們可以$O(1)$打上一個標記，求答案的時候$O(n)$掃一遍，判斷某個點是否被打了標記即可。

總時間複雜度：$O(n\ log\ v+2^{\lceil log_2v \rceil})$。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define
 
 M 400005
 3 #define YXQAK printf("Possible\n")
 4 #define XFZBL printf("Impossible\n");
 5 using namespace std;
 6 
 7 int a[M]={0},n,m,v,l[20][M]={0},r[20][M]={0};
 8 int f[M]={0},g[M]={0},p[M]={0};
 9 
10 int main(){
11     scanf("%d%d",&n,&v);
12     for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
13     sort(a+1,a+n+1); 
14     for(int j=0,V=v;V;j++,V>>=1){
15         m=max(m,j);
16         for(int i=1;i<=n;i++){
17             int I=i+1;
18             while(I<=n&&a[I]-a[I-1]<=V) I++;
19             I--;
20             for(int ii=i;ii<=I;ii++) 
21             l[j][ii]=i,r[j][ii]=I;
22             i=I;
23         }
24     }
25     m++; 
26     for(int i=1;i<=n;i++) l[m][i]=r[m][i]=i;
27     for(int i=0;i<(1<<m);i++) g[i]=n; f[0]=1;
28     for(int i=1;i<(1<<m);i++){
29         int now=1;
30         for(int j=m-1;~j;j--)
31         if((1<<j)&i)
32         f[i]=max(f[i],r[j+1][f[i^(1<<j)]]+1);
33         
34         now=n;
35         for(int j=m-1;~j;j--)
36         if((1<<j)&i)
37         g[i]=min(g[i],l[j+1][g[i^(1<<j)]]-1);
38     }
39     
40     for(int i=0;i<(1<<m);i++){
41         if(r[0][f[i]]+1>=l[0][g[(1<<m)-i-1]])
42         p[l[0][g[(1<<m)-i-1]]]++,p[r[0][f[i]]+1]--;
43     }
44     for(int i=1;i<=n;i++){
45         p[i]+=p[i-1];
46         if(p[i]) YXQAK;
47         else XFZBL;
48     }
49 }