[nowcoder5669E]Eliminate++

枚举$a_{i}$并判断是否可行，有以下结论：若$a_{i}$可以留下来，一定存在一种合法方案使得$a_{i}$仅参与最后若干次合并，且第一次参与合并前左右都不超过2个数

证明：将大于$a_{i}$的看成1，小于$a_{i}$的看成0，将合并分为两类：

1.都在左/右区间，那么相当于删除了最右/左边的$01/10$，若存在3个数，可以将倒数第3个数与$01/10$合并去删除

2.左右区间各有1个，当达到3个后，不管是$000$和$111$还是$010$和$101$都可以预先合并再与$a_{i}$合并

根据上述结论，我们可以对两边分别求出最终结果能否为$0,00,1,11,01/10$，并判断能否组合即可

（可以保留$a_{i}$的组合方法有8种：$0-1$,$1-0$,$00-11$,$11-00$,$01/10-01/10$）

 对这些结果分为两类进行判断：

1.全部相同（即$0/00/1/11$）：以0为例，不断插入一个数字，要合并当且仅当以$111$或$10$为结尾（特别的，如果$10$是最后两个数，那么就无解，也可以删除掉），证明略（贪心策略中$10$消除是为了更好地消除$111$）

具体维护方法：根据贪心，可以发现插入并合并完后一定是若干个$0$和不超过2个$1$，对0和1的个数进行维护，最后只需要判断0的个数是否比1的多即可

2.$01/10$，首先长度必须要为偶数，之后考虑如果$0$和$1$个数相同，那么一定存在相邻的$01/10$且必然有别的数（否则就已经完成了），不断消除$01/10$即可

假设$1$的个数比$0$的个数多，按照第一种方案的贪心，有解必然存在一次合并后满足$0$的个数和$1$的个数一样多（包括未插入的部分），即最终状态下$0$的个数不小于比$1$的个数，证明略

但这样的复杂度为$o(n^{2})$，需要优化：

从小到大枚举$a_{i}$，那么每一次相当于将一个位置上的$1$变成$0$，考虑要维护哪些信息：1.两种贪心时的最终状态；2.$0$的个数和$1$的个数

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 1000005
 4 #define L (k<<1)
 5 #define R (L+1)
 6 #define mid (l+r>>1)
 7 struct sta{
 8     int x,y;
 9 };
10 struct ji{
11     int k;
12     sta a[2];
13 }o,o0,o1;
14 struct type{
15     ji p0,p1;
16 }f[N<<2];
17 int t,n,a[N],id[N],ans[N];
18 sta merge(sta x,sta y){
19     sta z;
20     z.x=x.x+max(y.x-x.y,0);
21     z.y=(y.y+max(x.y-y.x,0)-1)%2+1;
22     return z;
23 }
24 type merge(type x,type y){
25     type z;
26     z.p0.k=x.p0.k+y.p0.k;
27     z.p1.k=x.p1.k+y.p1.k;
28     z.p0.a[0]=merge(x.p0.a[0],y.p0.a[0]);
29     z.p0.a[1]=merge(y.p0.a[1],x.p0.a[1]);
30     z.p1.a[0]=merge(x.p1.a[0],y.p1.a[0]);
31     z.p1.a[1]=merge(y.p1.a[1],x.p1.a[1]);
32     return z;
33 }
34
35 void build(int k,int l,int r){
36     if (l==r){
37         f[k]=type{o0,o1};
38         return;
39     }
40     build(L,l,mid);
41     build(R,mid+1,r);
42     f[k]=merge(f[L],f[R]);
43 }
44 void update(int k,int l,int r,int x){
45     if (l==r){
46         f[k]=type{o1,o0};
47         return;
48     }
49     if (x<=mid)update(L,l,mid,x);
50     else update(R,mid+1,r,x);
51     f[k]=merge(f[L],f[R]);
52 }
53 type query(int k,int l,int r,int x,int y){
54     if ((l>y)||(x>r))return type{o,o};
55     if ((x<=l)&&(r<=y))return f[k];
56     return merge(query(L,l,mid,x,y),query(R,mid+1,r,x,y));
57 }
58 bool pd(type k,int p,int x){
59     if (!x)return k.p0.a[p].x>k.p0.a[p].y;
60     if (x==1)return k.p1.a[p].x>k.p1.a[p].y;
61     if (x==2){
62         if (k.p0.k==k.p1.k)return 1;
63         if (k.p0.k<k.p1.k)return k.p0.a[p].x>=k.p0.a[p].y;
64         return k.p1.a[p].x>=k.p1.a[p].y;
65     }
66 }
67 int main(){
68     o0.a[0].y=o0.a[1].y=1;
69     o1.k=o1.a[0].x=o1.a[1].x=1;
70     scanf("%d",&t);
71     while (t--){
72         scanf("%d",&n);
73         for(int i=1;i<=n;i++){
74             scanf("%d",&a[i]);
75             ans[i]=0;
76             id[a[i]]=i;
77         }
78         build(1,1,n);
79         for(int i=1;i<=n;i++){
80             update(1,1,n,id[i]);
81             type x=query(1,1,n,1,id[i]-1),y=query(1,1,n,id[i]+1,n);
82             if ((pd(x,0,0))&&(pd(y,1,1))||(pd(x,0,1))&&(pd(y,1,0))||(pd(x,0,2))&&(pd(y,1,2)))ans[id[i]]=1;
83         }
84         for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d",ans[i]);
85         printf("\n");
86     }
87 }