C.Binary Strings
題面
題目大意：
給定N，X，要求在1~\(2^N - 1\)的範圍內找字典序排名第X小的二進制數,其中X是以2進制給出的
\(1<=N<=10^6, \quad 1<=X<=2^N-1\)
題解：
首先我們注意到N範圍非常大，帶log都比較艱難，此外X是以2進制給出的，要求的也是個二進制數，而2進制有個顯著特點是每一位只有2種可能。
其次我們能湊出的數都是沒有前導0的，因此每個數必然以1開頭。
我們可以發現，其實這是一個以1爲根，一共N層的二叉樹。每個節點到根的路徑表示一個二進制數。
那麼我們只需要考慮如何在這個數上找到第X大的節點。
對於當前節點所在的樹形結構，易知，根的排名是最小的，左子樹的節點排名都小於右子樹排名，右子樹排名大於根。
也就是根<左子樹<右子樹這樣一種先序遍歷的關係。
所以其實我們只需要根據所需排名在樹上走就行了，類似於平衡樹找k大，只不過這裏的大小關係不是左子樹<根<右子樹。
具體實現來看，我們之前找k大都是用的10進制，但是10進制在這道題中顯然不太現實，因爲轉換起來麻煩，用起來也還需要高精減法，總之不太合適。
所以我們考慮直接使用2進制在樹上走。
1~\(2^N - 1\)我們在二進制上看，其實就是1~\(\overbrace{111...111}^{N個}\)。
所以我們容易發現這棵樹其實是一個滿二叉樹，最小的節點爲根，最大的節點爲一直往右走得到的葉節點。
假設當前在i層，由於這棵樹一定是滿二叉樹，所以左子樹+根的節點個數一定等於\(2^{N - i}\),
如果我們將給定的X放在一個長度爲N的二進制數組裏(即補全前導0),那麼我們可以發現，
對於任意第i層的節點，左子樹+根的大小 = X所在數組的第i位對應的數字大小（從高位往低位數第i個所代表的數字就是\(2^{N - i}\)
因此我們從第一層開始遍歷，
對於第i層，如果二進制數組內的第i位爲1，且最後一個1不是當前位，那麼說明我們要找的數的排名在當前樹中要大於左子樹+根，也就是要找的數在右子樹中，因此我們將二進制數組內第i位置零（也就相當於減去左子樹+根的大小）,然後往右走。
如果第i位爲1，且當前位就是最後一個1，那麼說明我們要找的節點是根+左子樹中排名最大的節點，也就是先往左走，再一直往右走到底。
如果第i位爲0，且二進制數組中有且僅有1個1，並且最後一個1的位置在第n位，也就是我們現在要找當前樹中排名爲1的節點，也就是當前節點（當前樹的根）
如果第i爲爲0，且二進制數組剩餘的數的大小大於1（即不是上一種情況），那麼說明答案在左子樹，我們往左子樹走，同時我們相當於捨棄掉了根節點，又因爲根節點排名小於左子樹，因此我們要在剩餘數內減去1.
減去1這個操作其實是可以暴力做的，因爲我們只需要維護二進制數組和最後一個1的位置。
直接將最後一個1的位置置零，然後把最後一個1後面的位置全部變成1
可以證明這樣暴力做的複雜度小於\(Nlog_2N\),據說還能證明這樣是線性的，不過我還不知道怎麼證，我只會證這樣的複雜度低於一個log
證明如下：
假設我們某次暴力修改了第x位，
1,如果\(x<=log_2N\)，那麼我們尋找的範圍是logN級別的.
2,如果\(x>log_2N\),那麼我們尋找的範圍大於logN,最大可達N。
但是我們注意到，假設有\(t = log_2N+1\)位上有1個1，那麼這個位上的1就足以我們全部的暴力刪除使用了。因爲這個1對應的數量大於等於N,要完全刪除這個1（指把刪除它之後所有因此新增的1也全部刪掉）至少需要N次，而這N次顯然都會在小於\(t\)的位置上刪1（刪除一個1後新增的1不可能比它本身還大），因此每次刪除都會小於logN。
而\(x>=t\).如果\(x=t\)，那上訴已經證明覆雜度小於\(NlogN\),如果\(x>t\)，那麼只要刪去1次x,t位上必然新增一個1，然後就變成了剛剛的情況。也就是對於這種x的刪除，最多1次，可以視作一個大小爲N的常數，而且是加到複雜度裏（而不是乘），因此可以忽略。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define AC 1200000
#define ac 4040000
int n, len, tot, last, have;
int s[AC], ans[AC];
char c[AC];
void pre()//不需要線段樹，直接暴力維護最後一個1的位置
{
scanf("%d", &n);
scanf("%s", c + 1), len = strlen(c + 1);
for(R i = n; len ; i --)
{
s[i] = c[len--] - '0', have += s[i];//, len --;
if(s[i] && !last) last = i;
//printf("%d %d\n", s[i], have);
}
// printf("%d\n", have);
}
void work()
{
int now = 1;
for(R i = 1; i <= n; i ++)
{
// printf("!!!%d %d %d %d\n", i, s[i], last, have);
// printf("-----%d:\n", i);
// for(R j = n - 7; j <= n; j ++) printf("%d", s[j]);
// printf("\n");
if(s[i] == 1 && last != i) ans[++ tot] = now, now = 1, have --;//如果當前是1，且不是最後一個1
else if(last == n && have == 1) {ans[++ tot] = now; break;}//只有1個1,如果最後一個1在末尾，說明答案就在當前節點
else if(s[i] == 1 && last == i)//如果最後一個1就是當前位置
{
ans[++ tot] = now, now = 0, i ++;
for(; i <= n; i ++) ans[++ tot] = now, now = 1;//左子樹找max
// printf("???%d", last);
break;
}
else//s[i] == 0 並且剩下的值>1, 答案在左子樹
{
//printf("???\n");
s[last] = 0;
for(R j = last + 1; j <= n; j ++) s[j] = 1;
have --, have += n - last;//暴力減1
if(last != n) last = n;
else for(R j = n; j >= i; j --)
if(s[j] == 1) {last = j; break;}
// printf("%d %d\n", last, have);
ans[++ tot] = now, now = 0;//去左子樹
}
}
for(R i = 1; i <= tot; i ++) printf("%d", ans[i]);
printf("\n");
}
int main()
{
//freopen("in.in", "r", stdin);
pre();
work();
return 0;
}