（似乎漏了一个数据范围，cf上的题面中还有$sum Lle 3cdot 10^{5}$）
考虑$a_{i}=2^{k_{i}}$时（不妨$k_{1}ge k_{2}ge ...ge k_{n}$），记$sum_{i=1}^{n}b_{i}$的最高位为$L_{b}$，则有$L_{b}=max_{i=1}^{n}(k_{i}+i-1)$
证明：大于等于$2^{k_{i}}$的$b_{i}$至少要$i$个，因此该值即为下限；取$b_{i}=2^{L_{b}-i+1}ge 2^{k_{i}}$，因此一定可行
利用上面的这个结论，我们开始考虑正解
如果令$k_{i}$表示$a_{i}$最高的二进制位，那么$2^{k_{i}}le a_{i}<2^{k_{i}+1}$，取$a'_{i}=2^{k_{i}+1}$，设此时$sum_{i=1}^{n}b_{i}$的最高为$L_{b}+1$，$a_{i}$减小$b_{i}$不增，因此答案中$sum_{i=1}^{n}b_{i}$的最高位不超过$L_{b}+1$
令$t=min_{k_{i}+i=L_{b}}i$，考虑答案（$sum_{i=1}^{n}b_{i}$）的第$[k_{t},L_{b}+1]$位（共$t+1$位），必然存在$t$位为1（每一个1最多消除一个$a_{i}$，而存在$t$个$a_{i}$最高位大于等于$k_{t}$）
又因为$forall 1le i<t,k_{i}+i-1<L_{b}$，即通过这$t$位1中最高的$t-1$位（即使是$L_{b}-i+1$）一定可以，同时也必然会删除$a_{1},a_{2},...,a_{t-1}$
由于$[k_{t},L_{b}+1]$中第$t$个1（从高到低）必然是$k_{t}+1$位或第$k_{t}$位（也有可能都选），判定当第$k_{t}+1$位为0时能否删除$a_{t},a_{t+1},...,a_{n}$，对结果分类讨论：
1.若可以，即最低位可以为$k_{t}$，必然贪心选择令第$[k_{t},L_{b}]$位为1并剩下$a_{t}-2^{k_{t}}$
2.若不可以，则第$[k_{t}+1,L_{b}+1]$位都必须填1，之后将$a_{1},a_{2},..,a_{t}$都删除即可
考虑如何判定，可以再次调用本过程（递归），即在判定过程中顺便求出最小解（若有解，否则返回无解），因此对于第1种情况直接就可以退出，第2种仍要递归下去
时间复杂度很玄学，递归次数大概是$o(L)$的
对于每一次内部，用线段树来维护区间最大值，具体方法如下：
1.对于$i$可以通过插入/删除一个数时，对之后的位置+1或-1来实现
2.对于每一个$a_{i}$，剩余的一定是二进制下的一个后缀，那么将所有数每一个后缀（其实也只需要那一位上有1，否则跟上一个后缀相同）放在一起基数排序，至多为$o(sum L)$个数
3.对于每一个$a_{i}$，要维护下一个1的位置（预处理）；对于线段树上，维护区间最大值，以及查询第一个最大值并将小于等于其的位置暴力插入，支持单点插入或删除
这样的复杂度再多一个log，总复杂度即为$o((sum L)log sum L)$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 300005 4 #define oo 0x3f3f3f3f 5 #define L (k<<1) 6 #define R (L+1) 7 #define mid (l+r>>1) 8 vector<int>v[N]; 9 int n,m,la,rk[N],bit[N],nex[N],top[N],ans[N],f[N<<2],tag[N<<2]; 10 char s[N]; 11 bool cmp(int x,int y){ 12 return rk[x]>rk[y]; 13 } 14 void upd(int k,int x){ 15 tag[k]+=x; 16 f[k]+=x; 17 } 18 void down(int k){ 19 upd(L,tag[k]); 20 upd(R,tag[k]); 21 tag[k]=0; 22 } 23 void build(int k,int l,int r){ 24 if (l==r){ 25 f[k]=bit[l]-oo; 26 return; 27 } 28 build(L,l,mid); 29 build(R,mid+1,r); 30 f[k]=max(f[L],f[R]); 31 } 32 void update(int k,int l,int r,int x,int y,int z){ 33 if ((l>y)||(x>r))return; 34 if ((x<=l)&&(r<=y)){ 35 upd(k,z); 36 return; 37 } 38 down(k); 39 update(L,l,mid,x,y,z); 40 update(R,mid+1,r,x,y,z); 41 f[k]=max(f[L],f[R]); 42 } 43 void query(int k,int l,int r,int x,vector<int>&v){ 44 if (f[k]<0)return; 45 if (l==r){ 46 v.push_back(l); 47 return; 48 } 49 down(k); 50 query(L,l,mid,x,v); 51 if (f[L]!=x)query(R,mid+1,r,x,v); 52 } 53 void add(int k){ 54 update(1,1,m,k,k,oo); 55 if (k<m)update(1,1,m,k+1,m,1); 56 } 57 void del(int k){ 58 update(1,1,m,k,k,-oo); 59 if (k<m)update(1,1,m,k+1,m,-1); 60 } 61 bool dfs(int mx){ 62 int lb=f[1]; 63 if (lb<0)return 1; 64 if (lb>mx)return 0; 65 vector<int>v; 66 query(1,1,m,lb,v); 67 for(int i=0;i<v.size();i++)del(v[i]); 68 int t=v.back(); 69 if (nex[t])add(nex[t]); 70 if (dfs(bit[t]-1)){ 71 for(int i=bit[t];i<=lb;i++)ans[i]=1; 72 return 1; 73 } 74 if (nex[t])del(nex[t]); 75 if ((lb+1<=mx)&&(dfs(bit[t]))){ 76 for(int i=bit[t];i<=lb;i++)ans[i+1]=1; 77 return 1; 78 } 79 for(int i=0;i<v.size();i++)add(v[i]); 80 return 0; 81 } 82 int main(){ 83 scanf("%d",&n); 84 for(int i=1;i<=n;i++){ 85 scanf("%s",s); 86 int l=strlen(s); 87 la=max(la,l); 88 for(int j=0;j<l;j++) 89 if (s[j]=='1'){ 90 m++; 91 v[l-j-1].push_back(i); 92 } 93 } 94 for(int i=1;i<=n;i++)rk[i]=m+1; 95 int mm=m; 96 for(int i=0;i<la;i++){ 97 sort(v[i].begin(),v[i].end(),cmp); 98 for(int j=0;j<v[i].size();j++){ 99 bit[mm]=i; 100 rk[v[i][j]]=mm; 101 nex[mm]=top[v[i][j]]; 102 top[v[i][j]]=mm--; 103 } 104 } 105 build(1,1,m); 106 for(int i=1;i<=n;i++)add(top[i]); 107 dfs(oo); 108 bool flag=0; 109 for(int i=n+la;i>=0;i--) 110 if ((flag)||(ans[i])){ 111 flag=1; 112 printf("%d",ans[i]); 113 } 114 }