不妨先从无解的情况下手，不难发现当 \(A \le B\) 时是一定无解的。
因为不诚实的 \(B\) 个人可以装作是诚实的，全部说自己这一方是诚实的对方是不诚实的我们就无法判断了。
下面我们就可以在 \(A > B\) 的情况下来处理这个交互问题了。
一个最基本最靠谱的方法是先找到一个诚实的人，然后用他把所有人全部问一遍。
因此下面我们的目的就是在 \(n\) 次询问以内找到一个诚实的人。
首先需要一个基于操作的观察：
若回答为 \(F\) 则两者之中必然存在一个人不诚实。
那么我们可以考虑使用这一条性质，将不诚实的人排除开来这样剩下的就是诚实的人了。
于此同时，因为我们只知道两者其一必不诚实，因此我们只能一次将两人一起排除。
并且，由于一次排除至多排除一个诚实的人，又 \(A > B\) 所以最终剩下的人一定是诚实的。
那么接下来的目的就是在 \(n\) 次内快速找到 \(B\) 组回答为 \(F\) 的人。
首先不难发现一个查询次数 \(n ^ 2\) 的暴力，每次取出一个没有被排除的人，用所有人询问他一次，正确性显然。
但是给予我们的询问上限是 \(n\) 次，但同时因为每个点至少要被询问一次，因为至少要保证每个不诚实的人都被至少查询一次（因为问不诚实的人的答案是不确定的）。
同时上限是 \(n\)，所以我们只能让每个点被恰好被询问一次。
考虑用每个点恰好被询问一次来优化上面哪个暴力的做法。
首先还是先取出一个人来，用另一个人来询问他，如果询问结果为 \(F\) 那么把两人删去，继续递归这个操作；否则我们只能选择让这两个人都留下来，因为无法确定两者中是否存在不诚实的人，再往下递归。
同时因为每个点只能被查询一次，因此递归的时候只能让后面的人查询之前的查询者。
那么最终必然剩下的就是一条查询链，其中每个查询答案均为 \(T\)。
再来观察一下这条查询链，其中必然存在至少一个诚实的人，因为弹出次数最多为 \(B\) 显然 \(A > B\) 所以必然至少有一个诚实的人。
同时，你会发现这个查询链的最前端必然是诚实的人。
否则找到最靠前的哪个诚实的人，他必然能带走之前哪个不诚实的人并一起弹走。
这样我们就在 \(n\) 次查询内找到了一个诚实的人。
可以发现的是上面的这个做法本质上就是一个弹栈和入栈的过程，用栈实现即可。
复杂度 \(O(n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
const int N = 4000 + 5;
char s[5];
int n, A, B, top, st[N], ans[N];
int read() {
char c; int x = 0, f = 1;
c = getchar();
while (c > '9' || c < '0') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int main() {
A = read(), B = read(), n = A + B;
if(A <= B) { puts("Impossible"); return 0;}
rep(i, 1, n) {
if(!top) st[++top] = i;
else {
printf("? %d %d\n", i - 1, st[top] - 1), cout.flush();
scanf("%s", s + 1);
if(s[1] == 'Y') st[++top] = i;
else --top;
}
}
rep(i, 1, n) {
printf("? %d %d\n", st[1] - 1, i - 1), cout.flush();
scanf("%s", s + 1);
ans[i] = (s[1] == 'Y');
}
printf("! ");
rep(i, 1, n) printf("%d", ans[i]);
return 0;
}