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传送门
解析:
首先无解的情况当且仅当权值和不为0。
不然由于图是联通的,一定存在解,而实际上我们并不需要图的性质,我们只需要树的性质就可以做树形DP了。
我们直接计算它子树内部会有多少权值需要转移,然后沿这条边转移就行了。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc getchar
#define pc putchar
#define cs const
inline int getint(){
re int num;
re char c;
re bool f=0;
while(!isdigit(c=gc()))if(c=='-')f=1;num=c^48;
while(isdigit(c=gc()))num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
return f?-num:num;
}
cs int N=200005,M=300005;
int last[N],nxt[M<<1],to[M<<1],ecnt=1;
inline void addedge(int u,int v){
nxt[++ecnt]=last[u],last[u]=ecnt,to[ecnt]=v;
nxt[++ecnt]=last[v],last[v]=ecnt,to[ecnt]=u;
}
ll ans[M];
ll a[N];
bool vis[N];
inline void dfs(int u){
vis[u]=true;
for(int re e=last[u],v=to[e];e;v=to[e=nxt[e]]){
if(vis[v])continue;
dfs(v);
ans[e>>1]=((e&1)?-1:1)*a[v];
a[u]+=a[v];
}
}
ll tot;
int n,m;
signed main(){
n=getint();
for(int re i=1;i<=n;++i)a[i]=getint(),tot+=a[i];
if(tot)return puts("Impossible"),0;
m=getint();
for(int re i=1;i<=m;++i){
int u=getint(),v=getint();
addedge(u,v);
}
dfs(1);
puts("Possible");
for(int re i=1;i<=m;++i)printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}