首先，当发现全场不存在黑色帽子时，显然所有人都知道其是白色帽子，即必然离开
当第一轮时，若第$n$个人发现前面$n-1$个人全是白色时，其自己必然是黑色，必然离开
而第二轮时，若第$n-1$个人发现$n$没有离开，且前面$n-2$个人都是白色时，其自己必然是黑色（否则第$n$个人必然会在第一轮离开），其必然离开
而第三轮时，若第$n-2$个人发现$n$和$n-1$都没有离开，且前面$n-3$个人都是白色时，其自己必然是黑色（否则若第$n-1$个人必然会离开），其必然离开
以此类推，第一个离开的人即第一个黑色的人，假设其编号为$i$，其离开时间即为$n-i$
同时，在$i$之前的人也都知道其为白色，其都会离开
接下来的信息实际上是独立的，即无法利用到前面的信息，换言之会不断重复该过程
（具体的可以类似分析，这里就不再描述了）
例如，当$n=6$且$n$个人颜色依次为0 0 1 0 1 0，离开时间即依次为5 5 4 7 6 7
为了方便，我们需要用更严谨的语言来描述此过程——
令$c_{i}$为第$i$个数的颜色（0或1），$t_{i}$为第$i$个人离开的时间，则有
$$
egin{cases}t_{i}=sum_{1le jle i,c_{j}=1}n-j+1 & (c_{i}=1)\t_{i}=t_{nex_{i}}+1&(c_{i}=0)end{cases}
$$
（其中$nex_{i}$定义为$min_{ile jle n,c_{j}=1}j$，若不存在$j$则定义为$n+1$，且约定$c_{n+1}=1$）
由此，对于$i<j$，若$t_{i}$和$t_{j}$已经确定，根据其关系不难确定一些$c_{i}$，即：
1.若$t_{i}ge t_{j}+2$，无解（保证有解，即必然不存在此类情况）
2.若$t_{i}=t_{j}+1$，则$c_{j}=1$且$forall ile k<j,c_{k}=0$
3.若$t_{i}=t_{j}$，则$forall ile kle j,c_{k}=0$或$exists i<k<j,c_{k}=1$且$sum_{k=i}^{n}c_{k}=1$
4.若$t_{i}<t_{j}$，则上述情况都不满足
（注意$t_{n+1}$一定未被确定，因此上述结论成立）
由此，我们将所有非0的$t_{i}$取出，将其划分为若干段单调不上升的连续子序列（假设共$m$段），记其中第$i$段以$t_{l_{i}}$为开头，以$t_{r_{i}}$为结尾，且定义两个参数$R_{i}=nex_{l_{i}}$和$T_{i}=t_{R_{i}}$
当我们确定$R_{i-1}$和$T_{i-1}$后，来考虑$R_{i}$和$T_{i}$（特别的，$R_{0}=T_{0}=0$），分类讨论：
Case 1：$l_{i}<r_{i}$，此时必然有$T_{i}=c_{l_{i}}-1$，继续分类讨论——
Case 1.1：$t_{l_{i}}=t_{r_{i}}+1$，此时根据结论2，有$c_{l_{i}}=c_{l_{i}+1}=...=c_{r_{i}-1}=0$且$c_{r_{i}}=1$，那么不难得到$R_{i}=r_{i}$，此时来构造前面$(R_{i-1},l_{i})$之间1的情况
这些1的目的是保证$T_{i}$的值正确，更具体的，要在$(n-l_{i}+1,n-R_{i-1}]$中选择若干个不同的数（构造），使得其和为$T_{i}-T_{i-1}-(n-R_{i}+1)$（以下该值记作$Delta_{i}$）
（关于这一类问题，为了不影响分类讨论，在分类讨论结束后再考虑）
Case 1.2：$t_{l_{i}}=t_{r_{i}}$，此时根据结论3，有两种情况，但注意到当第2种情况时，会有$forall l_{i}le kle n,t_{k}le t_{l_{i}}$，即若是此类情况其必要条件为$i=m$，那么继续分类讨论——
Case 1.2.1：$i<m$，此时根据结论3，有$c_{l_{i}}=c_{l_{i}+1}=...=c_{r_{i}}=0$（因为若是第2种情况，则显然$l_{i}$之后所有数都应该小于等于$t_{l_{i}}$），此时$R_{i}$即在$(r_{i},l_{i+1})$中任选
但当选出$R_{i}$后，我们需要保证可以在$(n-l_{i}+1,n-R_{i-1}]$中选择若干个不同的数，和为$Delta_{i}$，且对于所有可行的$R_{i}$，可以贪心取其中最小的（即上面的范围扩大）
Case 1.2.2：$i=m$，此时不论$R_{i}$是在$(l_{i},r_{i})$中还是$(r_{i},n+1]$中，都可以令$forall R_{i}<jle n,c_{j}=0$（事实上这后面可以任意填，但这里就强制为0了）
$R_{i}$的选择范围是$[l_{i},n+1]$且$t_{R_{i}} e 0$，此时在其中找到任意一个合法（可以在$(n-l_{i}+1,n-R_{i}]$选择若干个数和为$Delta_{i}$）即可
Case 2：$l_{i}=r_{i}$，此时$T_{i}=c_{l_{i}}$或$c_{l_{i}-1}$，且两种情况不像$R_{i}$在多种选择中可以贪心取最小，因此我们使用dp来解决，即用$f_{i,j}$表示$T_{i}=c_{l_{i}}-j$时最小的$R_{i}$，两类转移分类讨论——
Case 2.1：$f_{i,0}$的转移即与Case 1.1相同
Case 2.2：$f_{i,1}$的转移即与Case 1.2相同
（特别的，用$f_{i,j}=-1$表示该类不存在可行的$R_{i}$，那么对于**Case 1**中的情况只需要强制其为-1也可以以此法进行dp）
还需要考虑以下三个未解决的问题：
1.用$[l,r]$中选若干个数和为$x$
2.在$[l,r]$中选若干个数和在$[L,R]$中且尽量小
3.在$[l,r]$中选若干个数和在$S$中（$S$为一个集合）
第3个问题由于仅有$i=m$时需要处理，因此可以$o(n)$暴力枚举$S$转换为第1个问题
对于第1个问题，考虑$[l,r]$所能表示的数，虽然并不一定是一个连续区间，但当选择的数个数确定时，一定是一个连续区间
更具体的，假设选择$t$个数（$0le tle r-l+1$），所能表达的数为$[sum_{i=l}^{l+t-1}i,sum_{i=r-t+1}^{r}i]$，显然这个区间的左右端点具有单调性，即可以对$t$二分并判定是否包含
（关于这个区间的正确性，总是存在一个数使得其可以加1来构造即可）
当找到对应一个$t$后，若强制选$l$后，显然之后能覆盖的区间为$[sum_{i=l}^{l+t-1}i,l+sum_{i=r-t+2}^{r}i]$，类似地选$r$后能覆盖的区间为$[sum_{i=l}^{l+t-2}i+r,sum_{i=r-t+1}^{r}i]$，当$tge 2$时两者的并即为原区间
换言之，只需要不断选择$l$或$r$（要判断区间是否仍然包含$x$，总存在一个区间包含$x$）直至$tle 1$即可
这样的复杂度是$o(r-l)$，在$f_{i,j}$转移时并不需要具体构造出方案，只需要在确定后构造即可，由于$r-l$即所有空隙长度和，总复杂度为$o(n)$
对于第2个问题，只是在转移时求，因此并不需要构造出方案，同样去二分找到第一个与$[L,R]$有公共点的$t$即可处理
综上，总复杂度为$o(nlog n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 200005 4 #define ll long long 5 vector<int>v; 6 int n,m,l[N],r[N],R[N],ans[N],f[N][2],fr[N][2]; 7 ll t[N],T[N]; 8 ll sum(int l,int r){ 9 return 1LL*(l+r)*(r-l+1)/2; 10 } 11 ll find(int l,int r,ll L,ll R){ 12 if (L>R)return -1; 13 int x=0,y=r-l+1; 14 while (x<y){ 15 int mid=(x+y>>1); 16 if (sum(r-mid+1,r)>=L)y=mid; 17 else x=mid+1; 18 } 19 if ((sum(r-x+1,r)<L)||(R<sum(l,l+x-1)))return -1; 20 return max(sum(l,l+x-1),L); 21 } 22 void calc(int l,int r,ll k){ 23 int x=0,y=r-l+1; 24 while (x<y){ 25 int mid=(x+y>>1); 26 if (sum(r-mid+1,r)>=k)y=mid; 27 else x=mid+1; 28 } 29 if ((sum(r-x+1,r)<k)||(k<sum(l,l+x-1)))assert(0); 30 while (x>1){ 31 if (k<=l+sum(r-x+2,r)){ 32 k-=l; 33 ans[n-l+1]=1; 34 l++; 35 } 36 else{ 37 k-=r; 38 ans[n-r+1]=1; 39 r--; 40 } 41 x--; 42 } 43 if (x==1)ans[n-k+1]=1; 44 } 45 int main(){ 46 scanf("%d",&n); 47 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&t[i]); 48 for(int i=1;i<=n;i++) 49 if (t[i]>0)v.push_back(i); 50 for(int i=0;i<v.size();i++) 51 if ((!i)||(t[v[i]]>t[v[i-1]])){ 52 if (m)r[m]=v[i-1]; 53 l[++m]=v[i]; 54 } 55 if (v.size())r[m]=v.back(); 56 l[m+1]=n+1; 57 f[0][1]=-1; 58 for(int i=1;i<=m;i++) 59 for(int j=0;j<2;j++){ 60 f[i][j]=-1; 61 if ((l[i]<r[i])&&(!j))continue; 62 ans[0]=ans[1]=-1; 63 for(int jj=0;jj<2;jj++){ 64 if (f[i-1][jj]<0)continue; 65 ll delta=(t[l[i]]-j)-(t[l[i-1]]-jj); 66 if ((t[l[i]]>t[r[i]])||(l[i]==r[i])&&(!j)){ 67 if (find(n-l[i]+2,n-f[i-1][jj],delta-(n-r[i]+1),delta-(n-r[i]+1))>=0)ans[jj]=r[i]; 68 } 69 else{ 70 if (i==m){ 71 ans[jj]=-1; 72 for(int k=l[i];k<=n+1;k++) 73 if ((!t[k])&&(find(n-l[i]+2,n-f[i-1][jj],delta-(n-k+1),delta-(n-k+1))>=0)){ 74 ans[jj]=k; 75 break; 76 } 77 continue; 78 } 79 ll s=find(n-l[i]+2,n-f[i-1][jj],delta-(n-r[i]),delta-(n-l[i+1]+2)); 80 if (s>=0)ans[jj]=s-(delta-(n+1)); 81 } 82 } 83 if ((ans[0]<0)&&(ans[1]<0))continue; 84 if ((ans[0]>=0)&&((ans[1]<0)||(ans[0]<ans[1])))fr[i][j]=0; 85 else fr[i][j]=1; 86 f[i][j]=ans[fr[i][j]]; 87 } 88 int lst=-1; 89 if (f[m][0]>=0)lst=0; 90 if (f[m][1]>=0)lst=1; 91 memset(ans,0,sizeof(ans)); 92 for(int i=m;i;i--){ 93 R[i]=f[i][lst]; 94 T[i]=t[l[i]]-lst; 95 lst=fr[i][lst]; 96 if (R[i]<=n)ans[R[i]]=1; 97 } 98 for(int i=1;i<=m;i++)calc(n-l[i]+2,n-R[i-1],T[i]-T[i-1]-(n-R[i]+1)); 99 for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d",ans[i]); 100 }