将$s$中的01分别变为$1,-1$，即得到一个序列$a_{i}$（设其长度为$n$，下标范围为$[1,n]$）
对$a_{i}$建立一张有向图，其点集合为$Z$，并对$forall 0le k<n$从$sum_{i=1}^{k}a_{i}$向$sum_{i=1}^{k+1}a_{i}$连边（允许重边），那么$a_{i}$即对应于其中一条以0为起点的欧拉路
若对区间$[l,r]$操作，记操作后的序列为$a'_{i}$，则有$sum_{i=l}^{r}a_{i}=0(=sum_{i=l}^{r}a'_{i})$且$forall lle ile r,a'_{i}=-a_{r-(i-l)}$
根据此性质，简单来分析前缀和的变化：
1.对于$k otin [l,r),sum_{i=1}^{k}a'_{i}=sum_{i=1}^{k}a_{i}$
2.对于$kin [l,r),sum_{i=1}^{k}a'_{i}=sum_{i=1}^{l-1}a_{i}-sum_{i=l}^{k}a_{r-(i-l)}=sum_{i=1}^{r-(k-l)-1}a_{i}$
进一步的，再来分析这条欧拉路的变化，结合前缀和的变化即是将原本从$sum_{i=1}^{l-1}a_{i}$到$sum_{i=1}^{r}a_{i}$这一个环（注意两值相同）反转（将所有边变为反向边）并倒序经过
另一方面，显然每一个环（包括非简单环）都可以以此法操作（注意这里的操作是对欧拉路）
换言之，问题即通过这样的操作最小化这条欧拉路的字典序
实际上，问题也可以看作：将图中的边看作无向边后，最小化以0为起点的欧拉路字典序
注意到操作只是反转边的方向，那么得到的欧拉路一定是新问题中的欧拉路
另一方面，即要通过这条欧拉路（通过操作）构造出所有新问题中的欧拉路
对其归纳，若其第一步与这条欧拉路方向不同，分类讨论：
1.若该边仅存在一条（指无向边），那么起点的另一个方向即必然不存在边（否则这不是欧拉路），进而显然方向不会不同
2.若该边存在多条，之后总有一次从该边返回起点，从最初到该位置全部反转后方向即相同
进一步的，将两者第一步均删除后即变为归纳的问题（边数减少），也即得证
而对于这个新问题，可以利用图的特殊性直接贪心：初始$x=0$，每一次优先向$x-1$移动（除非该边仅存在一条且$x$到$x+1$仍有边，此时向$x+1$移动），最终显然字典序最小
时间复杂度为$o(n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 500005 4 int t,n,x,sum,cnt[N<<1]; 5 char s[N]; 6 int main(){ 7 scanf("%d",&t); 8 while (t--){ 9 scanf("%s",s+1); 10 n=strlen(s+1),x=sum=n; 11 for(int i=0;i<=(n<<1);i++)cnt[i]=0; 12 for(int i=1;i<=n;i++){ 13 if (s[i]=='0')cnt[--sum]++; 14 else cnt[sum++]++; 15 } 16 for(int i=1;i<=n;i++){ 17 if ((cnt[x-1]>1)||(!cnt[x])){ 18 putchar('0'); 19 cnt[--x]--; 20 } 21 else{ 22 putchar('1'); 23 cnt[x++]--; 24 } 25 } 26 putchar(' '); 27 } 28 return 0; 29 }