首先對於 \(n\bmod 2 = 0\) 的情況，比較顯然的是直接令 \(x = 1\)。
這樣就有 \(\gcd(a_i, x) = 1\) 了，那麼直接每部分 \(\frac{n}{2}\) 個即可。
接下來考慮 \(n\bmod 2 = 1\) 的情況。
此時就發現 \(x = 1\) 不管用了，因為此時 \(\sum \gcd(a_i, x) = n \bmod 2 = 1\)。
注意到部分分中有個 \(a_i\bmod 2 = 1\) 的 sub。
如果去手玩一下能夠發現這必定無解。
思考一下這是為什麼，考慮找一下合法的必要條件。
注意到因為 \(\sum_{y\in B} \gcd(x, y) = \sum_{y\in C} \gcd(x, y)\)，那麼必然有 \(\sum\limits \gcd(a_i, x)\bmod 2 = 0\) 才有可能有合法的拆分。
那麼對於 \(a_i\bmod 2 = 1\)，能夠發現無論如何選擇 \(x\) 都有 \(\gcd(a_i, x)\bmod 2 = 1\)，所以最後的總和必定還是 \(\bmod\ 2 = 1\)。
於是現在的一個想法是首先調整總和為偶數，再進一步考慮。
那麼考慮如何調整總和為偶數，因為當 \(x = 1\) 時 \(\gcd(a_i, x) = 1\)，那麼就可以透過將 \(\gcd(a_i, x)\) 變為偶數的方式使得奇偶性變換。
於是可以知道的是最後肯定有 \(2 | x\)。
同時發現繼續往 \(x\) 上乘一些數就不再會改變奇偶了，因為偶數依然為偶數，奇數依然為奇數。
所以只需要把 \(x = 2\) 先代入進去檢驗 \(\sum \gcd(a_i, x)\) 是否為偶數，如果為奇數則必然不可行。
然後考慮此時能不能構造了，發現因為此時 \(\gcd\) 只有 \(1, 2\)，所以看起來已經能夠湊出來 \(\frac{\sum\limits \gcd(a_i, x)}{2}\) 了……嗎？
考慮到如果對於任意 \(i\)，都有 \(\gcd(a_i, x) = 2\)，那麼就構造不出來了。
但是注意到這等價於 \(\gcd(a_i, x) = 1\) 的情況，又可以繼續除掉這個 \(2\) 繼續處理了。
於是只需要得到 \(g = \gcd(a_1, \cdots, a_n)\)，以 \(\frac{a_i}{g}\) 去處理就行了（此時至少有一個奇數），同時最後的 \(x\) 乘上 \(g\) 即可。
求 \(\gcd\) 的複雜度是均攤的，時間複雜度 \(\mathcal{O}(n + \log V)\)。
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, a[maxn], col[maxn];
int main() {
scanf("%d", &n);
if (~ n & 1) {
puts("1");
for (int i = 1; i <= n; i++) {
putchar((i <= n / 2) ^ '0');
}
return puts(""), 0;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
int g = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) g = std::__gcd(g, a[i]);
int sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] /= g;
a[i] = 1 + (~ a[i] & 1), sum += a[i];
}
if (sum & 1) {
return puts("-1"), 0;
}
sum /= 2;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] == 2 && sum >= 2) {
col[i] = 1, sum -= 2;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (! col[i] && sum >= a[i]) {
col[i] = 1, sum -= a[i];
}
}
printf("%d\n", g * 2);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
printf("%d", col[i]);
}
return puts(""), 0;
}