A

先把第一个加到 \(a\) 中，然后扫到第一个不为 \(0\) 的开始给 \(b\)。

正确性显然。

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B

可以交换，也就是可以任意重排。

那么记录一下 \(0, 1\) 的个数，从第一位开始模拟，知道 \(0\) 或 \(1\) 不够即可。

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C

从低位往高位一位位做，假设当前做到第 \(i\) 位，有 \(c\) 个 \(2 ^ i\)，那么做完后，可以两两配对得到 \((c - 1) / 2\) 个 \(2^{i + 1}\)，如果某一位是 \(1\)，并且 \(c\) 为 \(0\) 就无解。

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D

设 \(f_{n, 0 / 1}\) 为考虑前 \(i\) 个数字，留 / 不留 \(p_i\) 的方案数。

首先考虑不留 \(p_i\) 的部分。

想要删掉 \(p_i\)，至少要找到一个小于 \(p_i\) 的数才能做到，我们记 \(l_i\) 为 \(i\) 左边第一个小于 \(p_i\) 的数。

那么 \(f_{i, 0} = f_{l_i, 0} + f_{l_i, 1}\)。

因为想要删掉 \(i\) 至少需要包含区间 \([l_i, i]\)，当然有可能是更前面的数，但那种情况也没有留 \([l_i + 1, i]\) 中的数，所以也计算在了 \(f_{l_i}\) 中，把 \([l_i + 1, i]\) 中的数删掉后，剩下的 \([1, l_i]\) 随便操作，我们并不关系 \(l_i\) 是否被删，所以 留和不留都加上。

考虑留 \(p_i\) 的部分。

第一个想法肯定是 \(f_{i, 1} = f_{i - 1, 0} + f_{i - 1, 1}\)，因为会觉得既然留 \(i\) 那就前面所有的情况加上 \(i\)。

但其实这样会忽略掉一些情况，如可能有些数等到 \(i\) 加入序列后才能被删，如果直接拿 \(i - 1\) 算的话会算少。

同样依赖 \(l_i\)，考虑 \([j, i], j \in [l_i + 1, i]\) 之间的操作，会删掉中间一段数，然后提供了 \(f_{j - 1, 1}\) 的贡献。

为什么不用加上 \(f_{j - 1, 0}\) ？

因为这种情况会被前面的考虑，当然 \(f_{l_i, 0}\) 不会被考虑，所以加上 \(f_{l_i, 0}\) 即可。

得到 \(f_i = \sum_{j = l_i}^{i - 1} f_{j, 1} + f_{l_i, 0}\)。

发现是区间和的形式，前缀和优化即可。

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E

首先考虑如何构造出一组满足题目要求的解。

看到限制比较多的题目，想到网络流，我们给每一行每一列都建一个点，记为 \(R_i, C_i\)。我们给每个行的点连一条 \(S -> C_i\) 流量为 \(a_i\) 的边，\(R_i -> T\) 连一条流量为 \(b_i\) 的边，对于在一个点 \((i, j)\) 放 \(1\)，我们让 \(C_i\) 向 \(R_j\) 连一条流量为 1 的边，对改图跑最大流即可。

对于原问题，考虑费用流，对于每个 \(0\) 的点，降他的费用设为 \(1\)。

首先强制所有 \(1\) 都变成 \(0\)，那么如果他最后变成了 1，那么我们就要剪掉这个费用，那么我们把这类点的费用设为 -1，即可。

直接跑最小费用最大流。

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F

string，待补。