字符串 题解
题意
设删去第 \(k\) 条记录，则要为剩下的 \(n-1\) 条记录分配串 \(s_1,s_2,\dots,s_{n-1}\)，满足：
- \(|s_i| = l_i\)（长度固定，跳过被删的那条）；
- \(s_1 < s_2 < \cdots < s_{n-1}\)（按原顺序，字典序严格递增，规定 \(0<1\)）；
- 任意两个串互不为前缀。
每个删除位置独立判断，不同位置可以用不同的分配方案。
直接对着"字符串"思考很困难：串的取值有指数多种。突破口是把三个约束全部量化关系，让"串"消失。
第一步转化：串 \(\to\) 二叉树节点
"任意一个串都不是另一个串的前缀"------这正是前缀编码的限制。把所有 01 串放进一棵满二叉树（Trie）：
- 从根出发，读到
0走左儿子，读到1走右儿子； - 每个串对应树上唯一一个节点 ，串长就是节点深度。
于是三个约束变成：
| 字符串世界的约束 | 二叉树的含义 |
|---|---|
| \(s\) 是 \(t\) 的前缀 | \(s\) 对应的节点是 \(t\) 对应节点的祖先 |
| 两两无前缀关系 | 选中的节点互不为祖先 |
| 字典序递增 | 选中的节点从左到右依次排列 |
题目变成：给定各节点的深度序列，删除一个后，能否按原顺序从左到右选出互不为祖先的这些节点？
第二步转化：节点 \(\to\) 叶子区间
节点之间的"祖先 / 左右"关系还是不够具体。把树补全到深度 60 （因为 \(l_i\le 60\)），最底层共有
\(U = 2^{60}\)
片叶子，从左到右编号 \(0\sim U-1\)（叶子从左到右恰好是二进制值 \(0,1,2,\dots\) 递增，与 \(0<1\) 的规定一致）。
每个节点对应一段连续的叶子区间。 以深度 2 为例，底层叶子依次是 00,01,10,11：
| 串 | 它下面的叶子 | 对应区间 |
|---|---|---|
0 |
00, 01 |
\([0,2)\) |
01 |
01 |
\([1,2)\) |
1 |
10, 11 |
\([2,4)\) |
一般的：长为 \(l\)、二进制值为 \(b\) 的串，其子树的叶子恰是所有以它为前缀的 60 位 01 串，即
\(\left[\,b\cdot 2^{60-l},\ (b+1)\cdot 2^{60-l}\,\right).\)
记 \(w_i = 2^{60-l_i}\)（块宽 ），那么每条记录对应一段长度为 \(w_i\)、起点是 \(w_i\) 的整数倍（对齐） 的区间。这一步"对齐"就是节点区间把 \([0,U)\) 均匀切分的体现。
三个关系全部量化：
| 二叉树 | 叶子区间 |
|---|---|
| 祖先 - 后代 | 区间包含 |
| 互不为祖先 | 区间互不相交 |
| 从左到右 | 区间按此顺序排列 |
问题重述 ：把 \(n\) 条记录看成 \(n\) 个块，第 \(i\) 块长 \(w_i = 2^{60-l_i}\)。删掉一个块后，能否把其余块按原顺序 、互不相交 地放进 \([0,U)\)，且每块起点是块宽的倍数？
（可以紧贴：前一块终点 = 后一块起点是允许的，只要不共享叶子------对应"同一片叶子不能同时属于两个被选节点"。）
为什么"总长够"不等于"放得下"
用深度 2（\(U=4\)）演示：长度 \((2,1,2)\) 对应块宽 \((1,2,1)\)，总宽恰好 4。
- 第一块最早放在 \([0,1)\)；
- 第二块必须对齐 2 的倍数 ，最早只能放 \([2,4)\)；
- 第三块已无处可放。
顺序和对齐缺一不可，这正是本题不能只看 \(\sum w_i \le U\) 的原因。
暴力：\(O(n^2)\) 贪心
枚举删除位置 \(k\)，对剩下的块从左到右 依次放置，每块放在最靠左的合法位置：
设前面所有块已在 \([0,u)\) 内放好（\(u\) 是当前右端点），当前块宽 \(w\)。合法起点必须是对齐 \(w\) 且 \(\ge u\) 的最小值，即 \(w\left\lceil \dfrac{u}{w}\right\rceil\)，故右端点更新为
\(u \leftarrow w\left(\left\lceil \frac{u}{w}\right\rceil + 1\right),\qquad u \text{ 初始为 } 0.\)
若某块放不下（\(u > U\)）则该 \(k\) 失败；全部放下则成功。 \(O(n^2)\)
贪心为什么不劣？ （交换论证）前面结束得越早，后面所有块的可用空间是 \([u,U)\) 的子集式放宽------任何"放得下"的方案中，第 \(i\) 块的起点 \(s\) 都满足 \(s \ge\) 贪心的右端点且对齐，所以贪心起点 \(\le s\)，贪心永远不会比某个可行方案更早失败。
正解：前后缀预处理 + \(O(1)\) 判定
\(O(n^2)\) 的浪费在于：删不同位置时，相同的左侧前缀被反复重放。左右两段其实与"删谁"无关，可以各预处理一次。
前缀：最靠左贪心 \(F\)
设 \(F_i\) = 只放前 \(i\) 块 （原序列的第 \(1\sim i\) 块）时，最靠左放法的右端点；\(F_0 = 0\)。第 \(i\) 块宽 \(w_i\)，合法起点 \(\ge F_{i-1}\) 且对齐，最小起点为 \(w_i\left\lceil F_{i-1}/w_i \right\rceil\)，因此
\(\boxed{\,F_i = w_i\left(\left\lceil \frac{F_{i-1}}{w_i}\right\rceil + 1\right)\,}\)
一遍从左到右 \(O(n)\) 求出。
后缀：最靠右贪心 \(G\)
对称地，从右往左，把每块放在最靠右 的合法位置。设 \(G_i\) = 只放第 \(i\sim n\) 块 时最靠右放法的左端点；\(G_{n+1} = U\)（右边没有约束）。第 \(i\) 块的右端点须 \(\le G_{i+1}\) 且对齐，最大右端点为 \(w_i\left\lfloor G_{i+1}/w_i\right\rfloor\)，因此
\(\boxed{\,G_i = w_i\left(\left\lfloor \frac{G_{i+1}}{w_i}\right\rfloor - 1\right)\,}\)
（因为右端点 \(-w_i\) 后就是左端点：\(\left\lfloor\frac{G_{i+1}-w_i}{w_i}\right\rfloor = \left\lfloor\frac{G_{i+1}}{w_i}\right\rfloor-1\)，此处无取整歧义。）一遍从右到左 \(O(n)\) 求出。
判定：删 \(k\) 可行 \(\iff F_{k-1}\le G_{k+1}\)
删掉第 \(k\) 块后，剩余序列 = 原前缀 \((1\sim k-1)\) 拼上原后缀 \((k+1\sim n)\)。
总结
本题的思维链条是三层"翻译"：
\(\text{串约束} \xrightarrow{\text{前缀编码}} \text{二叉树节点} \xrightarrow{\text{补全到深度 60}} \text{对齐叶子区间} \xrightarrow{\text{贪心极值}} \text{一次线性判定}\)
- 转化把"存在指数多的串方案"压缩成"区间能否按序放置"；
- 前后缀贪心 把 \(O(n^2)\) 的枚举删除复用成 \(O(n)\) 的两次递推；
- \(F_{k-1}\le G_{k+1}\) 一个不等式完成判定