题目大意:
已知三个$n$位二进制数$A$,$B$,$C$.
满足:
$A+B=C$
它们二进制位中$1$的个数分别为$a$,$b$,$c$.
求满足条件的最小的$C$.
Solution
唉，又是一道随缘猜结论的题，可惜极限数据卡掉了我一个点，开大数组就A了.....
通过$n leq 10$的打表，我们发现所有的最优解中都有一种情况是$A$的二进制位的$1$是连续一段。
事实上，真的就是这样的！
设$t=a+b-c$，显然，$t$表示加法过程中进位的次数。
我们设$A$的$a$个$1$是连续的，然后在$B$中添加$b$个$1$，使得其刚好进位了$t$次(这里$a$个一后面可能有后导$0$)。
然后要分两种情况讨论。
$1.ageq t$
$A:00001111cdots11$
那么$B$在填$1$的时候，就不能填在$A$中最后一个$1$的位置，因为那样进位次数就会超过$t$.
所以第一个$1$应该填在这里，且$B$的前面也只能是$0$，否则相加时还会继续进位：
$A:0000underbrace{111cdots1}_{t}1111cdots$
$B:$ $0$ $10000cdots$
那么，剩下的那些$1$,就可以填在中间的位置，直到填满为止，这样就保证了$C$的尽量小。
如果中间还没填满，那就可以完事了。
接着考虑中间填满的情况，而且$B$中还有$1$没填：
$A:0000underbrace{11111cdots1}_{t}1111cdots$
$B:$ $011111cdots10000cdots$
这里$B$还有两种可以填的地方，前面或后面。
事实上，通过推一推式子，我们发现剩下的$1$放在$B$的后面，然后$A$的后面补$0$才可以使$C$最小。
具体来说，就是设$x$为$B$中放后面的$1$的个数，然后求出$C$关于$x$的函数$f(x)$，然后发现$x$越大，$C$就越小，因此应该剩下的$1$全放在后面。
举个例子，$a=4,b=4,c=6,t=2$，构造出来应该是这样的：
$A:0111100$
$B:0110011$
$C:1101111$
$2.a<t$
这时为了使进位次数刚好为$t$次，所以$B$的首个$1$应填在$A$中最后一个$1$的位置。
然后为凑齐$t$次，还得在前面补$1$，像这样：
$A:000cdots011111cdots11$
$B:0000111cdots000cdots1$
接下来的话同理，$B$中剩下的$1$先填在中间的空位，若未填满则结束，否则$1$放在后面，同时$A$在后面补$0$。
当然，代码就很好写(毒瘤)了：
#include<bits/stdc++.h> #define N 200010 using namespace std; int n,a,b,c,t,ans[N],A[N],B[N]; void solve() { if(t>a) { if(t>=b) { for(int i = 1;i<=a;i++)A[i] = 1; for(int i = 1;i<=c;i++)B[i] = 1; for(int i = a+1;i<=t;i++)B[i] = 1; }else { for(int i = 1;i<=b;i++)B[i] = 1; for(int i = b-t+1;i<=c;i++)A[i] = 1; } }else { if(t>=b) { for(int i = 1;i<=a;i++)A[i] = 1; for(int i = a-t+1;i<=c;i++)B[i] = 1; }else { int x = b-t; for(int i = x+1;i<=c;i++)A[i] = 1; for(int i = 1;i<=x;i++)B[i] = 1; for(int i= c-t+1;i<=c;i++)B[i] = 1; } } for(int i = 1;i<=n;i++) { ans[i]+=A[i]+B[i]; if(ans[i]>1)ans[i]-=2,ans[i+1]++; }if(ans[n+1])puts("-1"),exit(0); for(int i = n;i>=1;i--)printf("%d",ans[i]); } int main() { scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c); t = a+b-c; solve(); return 0; }