题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/description/260/

$N$个小朋友（编号为$0,1,2,\dots ,N-1$）一起玩石头剪子布游戏。其中一人为裁判，其余的人被分为三个组（有可能有一些组是空的），第一个组的小朋友只能出石头，第二个组的小朋友只能出剪子，第三个组的小朋友只能出布，而裁判可以使用任意手势。你不知道谁是裁判，也不知道小朋友们是怎么分组的。然后，孩子们开始玩游戏，游戏一共进行$M$轮，每轮从$N$个小朋友中选出两个小朋友进行猜拳。你将被告知两个小朋友猜拳的胜负结果，但是你不会被告知两个小朋友具体使用了哪种手势。比赛结束后，你能根据这些结果推断出裁判是谁吗？如果可以的话，你最早在第几轮可以找到裁判。

输入格式：
输入可能包含多组测试用例。每组测试用例第一行包含两个整数$N$和$M$。接下来$M$行，每行包含两个整数$a,b$，中间夹着一个符号$>,=,<$，表示一轮猜拳的结果。两个整数为小朋友的编号，$a>b$表示$a$赢了$b$，$a=b$表示$a$和$b$平手，$a<b$表示$a$输给了$b$。

输出格式：
每组测试用例输出一行结果，如果找到裁判，且只能有一个人是裁判，则输出裁判编号和确定轮数。
如果找到裁判，但裁判的人选多于$1$个，则输出Can not determine。
如果根据输入推断的结果是必须没有裁判或者必须有多个裁判，则输出Impossible。具体格式可参考样例。

数据范围：
$1\le N\le 500$
$0\le M\le 2000$

思路是带权并查集。可以分别枚举$0,1,...,N-1$号小朋友是裁判的情形，假设当前在枚举第$x$号小朋友是裁判的情况，然后遍历$M$轮操作，如果某次操作的两个小朋友$a$和$b$其中一个是裁判，则此轮操作略过；否则的话，先看一下并查集是否能判定$a$和$b$是谁赢谁输，如果能，再看一下当前操作的结果，如果不符合，则说明$x$不可能是裁判（因为如果$x$是裁判，那么所有不含他的操作都应该合法），如果符合，则继续看下一次操作；如果当前并查集无法判断$a$和$b$是谁赢谁输，则将他们合并，并将边权赋值，使得无矛盾。最后看一下能当裁判的人的个数，如果有多于$1$个人能当裁判，则输出Can not determine；如果没有任何人能充当那个唯一的裁判，则输出Impossible。如果有唯一的裁判，那么上面的枚举中必然存在唯一的小朋友，使得排除他的所有操作都合法，他的编号是很容易记录下来的。而为了找到确定他是裁判的轮数，我们可以开个变量$t_x$，每次枚举第$x$号小朋友是否可以是裁判的时候，看一下不包含他的操作是否有矛盾，如果有，则将$t_x$记录为第一次产生矛盾的轮数$k$，也就是说，到达第$k$轮时，我们就已经能判断出$x$不是裁判了；如果一直没有矛盾，可以令$t_x=0$。显然到达${\max }_{1\le i\le n}{t}_i$轮的时候，不能成为裁判的小朋友都可以被排除掉了，那么能确定裁判的轮数就是${\max }_{1\le i\le n}{t}_i$。

接下来考虑怎么用带权并查集维护两两的输赢关系。这里并查集维护的等价关系是“能确定输赢关系”，也就是说，如果$x$和$y$之间猜拳，根据已知的信息我们能判断胜负，那么这两个点就在同一个集合里。至于具体谁胜谁负，就需要对边进行赋权。不妨设$d[x]$是$x$和其父亲$p[x]$的胜负关系，如果$x=p[x]$则$d[x]=0$；如果$x<p[x]$则$d[x]=1$；如果$x>p[x]$则$d[x]=2$。容易知道，$x$与树根的胜负关系就等于$(d[x]+d[p[x]]+...)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3$。那么$x$与$y$的关系是类似的，只不过边要反向，胜负关系为$(d[x]+d[p[x]]+...-d[y]-d[p[y]]-...)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3$。根据这个可以求$x$与$y$的胜负关系，然后看情形做合并操作，来对$p[px]$赋值。代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 510, M = 2010;
int n, m;
int p[N], d[N], x[M], y[M], comp[M];

void init() {
    
    
    for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
        p[i] = i;
        d[i] = 0;
    }
}

int find(int x) {
    
    
    if (p[x] != x) {
    
    
        int root = find(p[x]);
        d[x] = (d[x] + d[p[x]]) % 3;
        p[x] = root;
    }

    return p[x];
}

int main() {
    
    
    while (scanf("%d%d", &n, &m) != -1) {
    
    
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
    
    
            char ch;
            scanf("%d%c%d", &x[i], &ch, &y[i]);
            if (ch == '<') comp[i] = 1;
            else if (ch == '=') comp[i] = 0;
            else comp[i] = 2;
        }

        int cnt = 0, judge = 0, line = 0;
        // 枚举k号小朋友做裁判的情形
        for (int k = 0; k < n; k++) {
    
    
        	// 更新一下并查集
            init();
            // 遍历所有操作
            for (int i = 1; i <= m; i++) {
    
    
                int a = x[i], b = y[i], pa = find(a), pb = find(b);
                // 略过含裁判的操作
                if (a != k && b != k) {
    
    
                	// 如果pa等于pb，意味着a和b的关系可以确定，则看有没有矛盾；
                	// 否则合并两个集合，并对d[pa]赋值
                    if (pa == pb) {
    
    
                        if ((d[a] - d[b] + 3) % 3 != comp[i]) {
    
    
                            line = max(line, i);
                            break;
                        }
                    } else {
    
    
                        p[pa] = pb;
                        d[pa] = (d[b] - d[a] + comp[i] + 3) % 3;
                    }
                }
				
				// 一直没产生矛盾，则说明k是可以当唯一的裁判的，记录之
                if (i == m) {
    
    
                    cnt++;
                    judge = k;
                }
            }
        }
		
		// 注意一个边界情况，如果没有操作，那么可能当唯一裁判的小朋友个数就等于总个数
        if (!m) cnt = n;
        
        if (cnt > 1) puts("Can not determine");
        else if (!cnt) puts("Impossible");
        else printf("Player %d can be determined to be the judge after %d lines\n", judge, line);
    }

    return 0;
}

每组数据时间复杂度$O(NM)$，空间$O(N)$。