看著合法不是很好判斷，不如先去想一些不合法的情況。
可以透過手玩之類知道，若存在 \(i\not = j, S_i \cap C_j = \varnothing\)，那麼必然無解。
證明考慮令 \(x = \operatorname{lcm}_{k\in S_i}(a_k), y = \operatorname{lcm}_{k\in S_j}(a_k), z = \operatorname{lcm}_{k\not\in S_i, k\not\in S_j} (a_k)\)，那麼就是要滿足 \(x > \operatorname{lcm}(y, z), y > \operatorname{lcm}(x, z)\)，但是注意到 \(\operatorname{lcm}(x, z) \ge x, \operatorname{lcm}(y, z) \ge y\)，所以無解。
那麼剩下就是兩兩都有交的情況了，感受一下會感覺大抵是有解的，然後如果直接猜這個結論就過了（。
但是還是需要個證明的，考慮到滿足的相當於是 \(\operatorname{lcm}_{j\in S_i}(a_j) > \operatorname{lcm}_{j\not \in S_i}(a_j)\)，那麼一個想法是給 \(S_i\) 中的值賦一個與 \(i\) 有關的值。
並且考慮到 \(\operatorname{lcm}\) 中 \(\gcd\) 的存在太特殊，不妨直接特化，欽定每一個跟 \(i\) 有關的值都是個質數（例如第 \(i\) 個質數 \(\operatorname{pr}_i\)），且直接特化 \(>\) 為成倍數關係。
考慮構造，那麼根據之前的想法，可以初始值都賦為 \(1\)。
然後對於 \(j\in S_i\)，令 \(a_j\leftarrow a_j\times \operatorname{pr}_i\)。
考慮這為什麼是對的，首先是因為 \(\operatorname{lcm}_{j\in S_i}(a_j)\) 中一定含 \(\operatorname{pr}_i\)，而 \(\operatorname{lcm}_{j\not \in S_i}(a_j)\) 不含。
同時對於 \(S_k(k\not = i)\)，因為 \(S_i\cap S_k\not = \varnothing\)，所以若 \(S_k\subseteq S_i\)，那麼 \(\operatorname{pr}_k\) 只貢獻給了 \(\operatorname{lcm}_{j\in S_i}(a_j)\)，否則兩部分都貢獻了，一定滿足條件。
時間複雜度 \(\mathcal{O}(\frac{nm^2}{\omega})\)。
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn = 1e4 + 10, maxm = 50 + 2;
std::bitset<maxn> b[maxm];
int main() {
int n, m;
scanf("%d%d", &m, &n);
for (int i = 1, k; i <= m; i++) {
scanf("%d", &k);
for (int x; k--; ) {
scanf("%d", &x), b[i].set(x);
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = i + 1; j <= m; j++) {
if ((b[i] & b[j]).none()) {
return puts("impossible"), 0;
}
}
}
return puts("possible"), 0;
}