对于一个给定的S={ a1,a2,a3,…,an},若有P={ax1,ax2,ax3,…,axm},满足(x1<x2<…<xm)且（ax1<ax2<…<axm)。那么就称P为S的一个上升序列。如果有多个P满足条件，那么我们想求字典序最小的那个。
任务
给出S序列，给出若干询问。对于第i个询问，求出长度为Li的上升序列，如有多个，求出字典序最小的那个（即首先x1最小，如果不唯一，再看x2最小……），如果不存在长度为Li的上升序列，则打印Impossible.
输入
第一行一个N，表示序列一共有N个元素
第二行N个数，为a1,a2,…,an
第三行一个M，表示询问次数。下面接M行每行一个数Li，表示要询问长度为Li的上升序列。
输出
对于每个询问，如果对应的序列存在，则输出，否则打印Impossible.
样例
lis.in
6
3 4 1 2 3 6
3
6
4
5
lis.out
Impossible
1 2 3 6
Impossible
数据范围
N<=10000
M<=1000
【算法简析】
首先很容易发现，如果Li的长度大于这个序列的LIS的长度，那么一定无解，否则一定有解。为方便讨论，下文只考虑有解情况。
暂且抛开“字典序最小”这个限制条件，即任何长度为Li的上升序列Pi都可以看作符合要求，那么题目的所有要求都可以由LIS来满足。这样我们就可以直接求这个序列的LIS，然后对于所有m次询问，用O(n)的时间输出，这样算法总的时间复杂度就是O(nlogn+nm)。
那么如果要求字典序最小又如何处理呢？其实我们完全可以在相同的时间复杂度内解决问题，只是需要一些转化。
注意到在求LIS的过程中，实际上我们得到的不只是LIS，而是每个数作为子序列末尾的所有最长上升序列。把问题换一个角度，假设我们知道以每个数a[i]作为开头的最长上升序列的长度lis[i]，那么就很容易利用贪心思想构造出答案了。这个贪心成立的前提就是：只要以该元素为开头的LIS的长度大于等于Li，则一定有解。该结论是很显然的。
下面简述贪心的方法：
累加下标j，从左到右扫描序列，如果lis[j]≥Li，则答案序列的第Li个数就是a[j]，并且Li减1。重复上述过程直到Li=0。最后将答案序列倒着输出即可。
这个贪心显然是成立的。由于j是从小到大逐次增加，所以第一个符合lis[j]≥Li的必然就是最优解。每次找到一个符合的元素，所需要的LIS的长度就会减少1。这样重复下去得到的必然是最优解。
由于只需要对序列做一遍扫描，时间复杂度最坏O(n)。构造答案的时间为O(nm)，加上预处理求LIS的O(nlogn)的时间，总时间复杂度为O(nlogn+nm)。
细节：求以a[i]为开头的LIS比较麻烦，可以把序列反过来后求以a[i]为末尾的LDS（Longest Decreasing Subsequence），这样处理起来较方便。
1 #include2 const int MAXN=100010; 3 using namespace std; 4 int n,m,cnt,a[MAXN],f[MAXN],best[MAXN]; 5 int BinarySearch(int x){ 6 int lowerBound=1,upperBound=cnt,ans=0; 7 while(lowerBound<=upperBound){ 8 int mid=(lowerBound+upperBound)/2; 9 if(best[mid]>x){10 ans=mid;11 lowerBound=mid+1;12 }13 else upperBound=mid-1;14 }15 return ans;16 }17 18 void solve(int x){19 int last=0;20 for(int i=1;i<=n;i++)21 if(f[i]>=x&&a[i]>last){22 printf("%d",a[i]);23 if(x!=1) printf(" ");24 last=a[i];25 x--;26 if(!x) break;27 }28 printf("\n");29 }30 31 void preDP(){32 for(int i=n;i>=1;i--){33 int t=BinarySearch(a[i]);34 f[i]=t+1;35 cnt=max(cnt,t+1);36 if(best[t+1]