一个无限长的01串上，每轮操作：选个最靠左的没有操作过的1，把它和右边最近的0交换，重复操作直到找不到这个1为止。
问操作了无限轮之后1的各个连续段的长度。
(nle 10^6)
可以看做这样的操作：有个变量(s)，从左到右扫，见到1之后加1，见到0之后如果(s>0)则减1并在当前位置放个1。
更加抽象：把1看成左括号，要放些右括号跟它们匹配，要求右括号尽量往左边靠。
显然一轮操作前后，前面的右括号是后面的左括号。
有结论：设(a_i)表示层数为(i)的括号对的个数。其中层数为(i)的括号对定义为：()是层数为(1)的括号对，层数为(i)的括号对中间包含的括号对层数最多为(i-1)（即从里往外）。那么一轮操作之后(a)不变。
证明：
首先后一轮可以看做固定左括号选右括号，前一轮可以看做固定右括号选左括号（很显然但不会证）。
那么可以看做：有一堆特殊点，作为左括号搞，和作为右括号搞，(a)是一样的。
以作为左括号搞为例。求出(a_i)的方法：每次同时删去一行中所有10。第(i)次做删去的个数就是(a_i)。
把0和1压起来看成连续段。以左括号搞为例时，相当于除了最左边的无限段外，所有连续段长度减一；以右括号搞为例时，相当于除了最右边的无限段外，所有连续段长度减一。无限连续段减一没有区别，所以这样操作可以看做是等价的。
根据上面的证明，我们也知道了(a_i)的求法。
显然最后各个连续段的长度是不下降的。贪心地分配即可。
可以用set维护。每次取出长度最小的连续段来搞。细节不说。
using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define fi first
#define se second
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define ll long long
#define INF 1000000000000000
#define MX 10000000
int input(){
char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9')
ch=getchar();
int x=0;
do{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
while ('0'<=ch && ch<='9');
return x;
}
int n;
ll a[N];
int pre[N],suc[N];
set<pair<ll,int> > s;
pair<ll,int> p[N];
int cnt;
ll g[N];
int main(){
freopen("one.in","r",stdin);
freopen("one.out","w",stdout);
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
n=input();
for (int i=0;i<=n;++i)
a[i]=input();
a[n+1]=INF;
for (int i=0;i<=n+1;++i)
pre[i]=i-1,suc[i]=i+1;
for (int i=0;i<=n;i+=2)
s.insert(mp(min(a[i],a[i+1]),i));
ll c=n/2+1,tag=0;
while (!s.empty()){
int x=s.begin()->se;
s.erase(s.begin());
ll v=min(a[x],a[suc[x]])-tag;
p[++cnt]=mp(tag+v,c);
tag+=v;
c--;
int y=suc[x];
if (a[x]-tag){
int z=suc[y];
s.erase(mp(min(a[z],a[suc[z]]),z));
a[z]+=a[x]-tag;
s.insert(mp(min(a[z],a[suc[z]]),z));
}
else{
int z=pre[x];
if (z!=-1){
s.erase(mp(min(a[pre[z]],a[z]),pre[z]));
a[z]+=a[y]-tag;
s.insert(mp(min(a[pre[z]],a[z]),pre[z]));
}
}
pre[suc[y]]=pre[x];
if (pre[x]!=-1)
suc[pre[x]]=suc[y];
}
for (int i=cnt;i>=1;--i)
g[p[i].se]+=p[i].fi-p[i-1].fi;
for (int i=n;i>=1;--i)
g[i]+=g[i+1];
for (int i=n;i>=1;--i)
if (g[i])
printf("%lld ",g[i]);
return 0;
}