拿到这道题，考虑先简化问题，我们发现可以把 \(0/1\) 串缩成一个数列 \(a\) ，\(a_i\) 表示第 \(i\) 个 \(1\) 与第 \(i-1\) 个 \(1\) 有 \(a_i\) 个 \(0\)，记序列 \(a\) 的长度为 \(m\)。

那么移动盾牌这一操作就变为将 \(a_x\) 加 \(1\)，\(a_{x+1}\) 减 \(1\) 或是将 \(a_x\) 减 \(1\) ，\(a_{x+1}\) 加 \(1\)。而 \(ans=\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{j=i+1}^m a_ia_j=\frac{1}{2}\left(\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{j=1}^ma_ia_j-\sum\limits_{i=1}^ma_i^2\right)\)。于是我们只需要求出进行了 \(i\) 次操作后，\(\min \left\{\sum\limits_{i=1}^ma_i^2\right\}\) 的值即可。

这个值显然无法贪心求出，于是考虑 \(\text{DP}\)。设 \(f_{i,j,k}\) 为序列中前 \(i\) 个数，进行了 \(k\) 次操作后，当前 \(\sum\limits_{x=1}^ia_x=j\)，所能够得到的 \(\min\left\{\sum\limits_{x=1}^i a_x^2\right\}\)。为了方便，我们预处理出 \(s_i=\sum\limits_{j=1}^ia_j\)。

于是有转移式：

此处转移式的 \(|l-s_{i+1}|+k\)，其实是一个结论：对于两个长度为 \(n\) 的序列 \(a,b\)，可以对序列 \(a\) 的相邻两数 \(+1,-1\)，经过操作由 \(a\) 得到序列 \(b\) 的最小操作数为 \(\sum_{i=1}^n \left|\sum\limits_{j=1}^i a_j-\sum\limits_{j=1}^i b_j\right|\)。前提是序列 \(a\) 经过操作能够得到序列 \(b\) ，也就是 \(\sum_ia_i=\sum_i b_i\)。感性理解这个结论是非常容易的，对当前数 \(a_i\) 进行操作将它变为 \(b_i\)，会对以后的数产生影响：如果对 \(a_i\) 加，就是对 \(a_{i+1}\) 减；如果对 \(a_i\) 减，就是对 \(a_{i+1}\) 加。而转移式中的 \(|l-s_{i+1}|+k\) 其实就是 \(\left|\sum\limits_{j=1}^i a_j-\sum\limits_{j=1}^i b_j\right|\) 的体现。

此处附上一段更为严谨的证明：

可以看作每个位置有一个东西，初始时 \(a_i<b_i\) 这个位置上是负值，\(a_i>b_i\) ，这个位置上是正值，每次可以把一个正的移动一下，那就是按顺序匹配一下，考虑每条边的贡献就是前缀和的绝对值之和 ——myh 神仙

这样直接枚举每个量刷表，时间复杂度是 \(O(n^5)\) 的，然而由于 \(j\) 这一维的特殊性，有效的 \(j\) 很少，所以实际时间复杂度远低于 \(O(n^5)\)。当然，你也可以选择对这个方程进行斜率优化，可以做到稳定的 \(O(n^4 \log n)\)。

Show the Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int inf=0x3f3f3f3f;
int a[85],b[85],s[85],f[85][85][3205];
inline int read() {
	register int x=0,f=1;register char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0') {if(s=='-') f=-1;s=getchar();}
	while(s>='0'&&s<='9') {x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	return x*f;
}
inline int min(const int &x,const int &y) {return x<y? x:y;}
inline int max(const int &x,const int &y) {return x>y? x:y;}
inline int abs(const int &x) {return x<0? -x:x;}
int main() {
	int n=read(),m=1,sum=0;
	for(register int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
	for(register int i=1;i<=n;++i) {if(a[i]==0) ++b[m]; else ++m;}
	for(register int i=1;i<=m;++i) {s[i]=s[i-1]+b[i];}
	memset(f,0x3f,sizeof(f)); f[0][0][0]=0;
	for(register int i=0;i<m;++i) {
		for(register int j=0;j<=s[m];++j) {
			for(register int k=0;k<=n*(n-1)/2;++k) {
				if(f[i][j][k]==inf) continue;
				for(register int x=j;x<=s[m];++x) {
					if(k+abs(x-s[i+1])>n*(n-1)/2) continue;
					int &tmp=f[i+1][x][k+abs(x-s[i+1])];
					tmp=min(tmp,f[i][j][k]+(x-j)*(x-j));
				}
			}
		}
	}	
	int mn=inf;
	for(register int i=0;i<=n*(n-1)/2;++i) {mn=min(mn,f[m][s[m]][i]);printf("%d ",(s[m]*s[m]-mn)>>1);}
	return 0;
}