AGC043E

抄一下 https://www.luogu.com.cn/article/n32presk，写的非常好。

下面是要把问题转化为一个群论问题。

定义拓扑空间：全集 $X$ 和它的一个子集族 $T$ ，使得 $\varnothing,X\in T$ ，且任意有限个元素的交在 $T$ 中，任意元素（不要求有限或可数）的并在 $T$ 中。

则称 $(X,T)$ 是拓扑空间， $T$ 内元素叫开集，不在的是闭集。

拓扑空间之间的函数 $f:X\to Y$ 是连续的，当且仅当 $\forall t\in T_Y$ ， $f^{-1}(t)\in T_X$ （数学分析中有形式一样的度量空间上的结论）

对于这道题，不用太在意这个定义，因为 $\R,\R^2$ 及其子空间的开集概念是熟知的。

下记 $S^1$ 为单位圆（就是首尾相接的 $[0,1]$ ）。

对于拓扑空间 $X$ ，一条道路是 $f:[0,1]\to X$ 的函数，一条闭曲线/回路是 $f:S^1\to X$ 的连续函数。

下面一段直接在道路 $C,D:X\to Y$ 的意义下说了。

闭曲线 $C$ 到 $D$ 存在连续变化，当且仅当存在连续函数 $F:X\times [0,1]\to Y$ ，使得 $F(x,0)=C(x),F(x,1)=D(x)$ ，此时称 $C,D$ 同伦。若还满足 $F(0,x)=C(0)=D(0),F(1,x)=C(1)=D(1)$ ，这称为定端同伦，记为 $[C]=[D]$ 。

定端同伦关系构成等价类，即 $[C]$ 代表和 $C$ 定端同伦的等价类。

定义道路 $C(0)=x,C(1)=D(0)=y,D(1)=z$ 的乘积 $C*D$ ：把 $C$ 放在 $[0,0.5]$ ， $D$ 放在 $[0.5,1]$ ，显然还是连续；扩展到等价类上，等价类的 $*$ 是满足

[C] * [D] = [C * D]

$[C]*[D]=[C*D]$

的运算。

对于定点 $z$ 到自己的回路，这样的等价类和 $*$ 构成群，其中单位元 $e\mapsto e(x)=z$ ，而把回路翻转构成了逆元。这称为基本群 $\pi(X,z)$ 。

一个拓扑空间 $X$ 有强形变收缩核 $A\subset X$ ，当 $e(x)=x$ 和一个连续函数 $r:X\to A$ 同伦，且同伦函数 $H$ 满足 $\forall a\in A,t,H(a,t)=a$ （即 $A$ 内部不变）。这个同伦把 $[f]\in \pi(X,z)$ 同到了 $[r\circ f]\in \pi(A,z)$ 。

这表明 $\R^2-\{x\}-\{y\}$ 可以收缩到两个 $S^1$ 在一个点上拼起来，记为 $S^1\lor S^1$ 。显然， $\R^2-\{x_1,x_2\dots x_n\}$ 可以收缩到 $S^1\lor S^1\lor\dots \lor S^1$ ，只需考虑 $\pi(S^1\lor S^1\lor\dots \lor S^1,z)$ 的结构。

不难看出（？） $\pi (S^1,z)=\Z$ 。而有：

塞弗特-范坎彭定理： $\pi(A\cup B,z)=\pi(A,z)*\pi(A\cap B,z)*\pi(B,z)$ ，其中 $*$ 是群自由积。

所以， $\pi(S^1\lor S^1\lor\dots \lor S^1,z)=\Z*\Z*\dots *\Z$ 。对于本题的条件，记点集为 $S=\{x_1,x_2,\dots x_n\}$ ；这可以被看作是 $x_i$ 及 $x_i^{-1}$ 构成的串集合。

对于 $T\subset S$ ，考虑嵌入 $\iota :\R^2-S\to \R^2-T$ 及其给出的同态 $\varphi_{S\to T}:\pi(\R^2-S,z)\to \pi(\R^2-T,z)$ ，这个同态具体是对于 $i\not\in T$ ， $x_i$ 成为单位元 $e$ ，否则不变，而这些 $i\to T$ 的自由群就是 $\R^2-T$ 。

一个闭曲线是同伦于单位元 $e$ 的。那么问题变为：

对于一个自由群 $F(x_1,x_2\dots x_n)$ ，找出 $w\in F$ ，使得 $\forall T\subset S,[\varphi_{S\to T}(w)=e]=A_T$ 。

首先必须满足 $A_0=1$ ，并且 $\forall R\subset T,A_R\ge A_T$ 。下面构造展示，这也是充要条件。

记两元素的交换子是 $[x,y]=xyx^{-1}y^{-1}$ 。由于同态性， $\varphi([x,y])=[\varphi(x),\varphi(y)]$ 。这有的好性质是 $[e,x]=[x,e]=e$ 。

记 $w_x=x$ ， $w_{S}=w_{\{x_1,x_2\dots x_m\}}=[w_x,w_{S-\{x_1\}}]$ 。如果限制为 $A_T=[S\neq T]$ ，则可构造 $w_S$ 满足条件（可以归纳验证）。

进一步地，取出极小的 $A_{R_i}=0$ 。则可以验证，

\prod_{i} w_{R_{i}}

$\prod_i w_{R_i}$

满足条件。总路径长度是 $O(n3^n)$ 的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pt array<int,2>
struct loop{vector<pt> a;};
loop inv(loop A){reverse(A.a.begin(),A.a.end());return A;}
loop operator *(loop A,loop B){
	loop C;
	for(auto u:A.a)C.a.push_back(u);
	for(int i=1;i<B.a.size();i++)C.a.push_back(B.a[i]);
	return C;
}
loop operator ^(loop A,loop B){
	return A*B*inv(A)*inv(B);
}
loop w(int x){
	loop A;A.a.push_back({0,0});
	for(int i=1;i<=x+1;i++)A.a.push_back({i,0});
	A.a.push_back({x+1,1});
	A.a.push_back({x,1});
	for(int i=x;i>=0;i--)A.a.push_back({i,0});
	return A;
}
loop w(vector<int> S){
	if(S.size()==1)return w(S[0]);
	int x=S.back();S.pop_back();
	return w(S)^w(x);
}
int A[(1<<6)+5],n;
string str;
vector<int> getS(int x){
	vector<int> S;
	for(int i=0;i<n;i++)if(x&(1<<i))S.push_back(i);
	return S;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>str;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)A[i]=str[i]-'0';
	int flg=A[0]==1;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)for(int j=0;j<(1<<n);j++)if((i&j)==j)flg&=(A[j]>=A[i]);
	if(!flg)return cout<<"Impossible"<<endl,0;
	cout<<"Possible"<<endl;
	loop ans;ans.a.push_back({0,0});
	for(int i=0;i<(1<<n);i++){
		if(A[i]==1)continue;
		bool cf=1;
		for(int j=0;j<i;j++)if((i&j)==j&&A[j]==0)cf=0;
		if(cf)ans=ans*w(getS(i));
	}
	cout<<ans.a.size()-1<<endl;
	for(auto [x,y]:ans.a)cout<<x<<" "<<y<<endl;
	return 0;
}