这个你考虑枚举所有 $i$ 作为左端点，怎么求最右边的右端点。令 $pre_i$ 为前缀和，$suf_i$ 为后缀和。

首先可以二分右端点，只要这个区间内所有 $pre_{l-1} \leq pre_i$ 就可以，显然这个具有单调性。

现在左边的限制满足了，考虑右边的限制，即满足 $suf_{r+1} \leq suf_i$。找到 $suf_i$ 在当前区间内的最小值位置 $p$，若有多个则取最右的。当 $p \leq i$，那么一定有 $suf_p < suf_{r+1}$。反之，令 $r = p-1$ 则一定满足条件。

这个随便写个 RMQ 就行了。以防空间爆炸，我前缀部分写的 ST 表，后面写的 sgt。

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
int T,n,m;
int pre[1001000],suf[1001000];
int st[23][1001000];
int lg[1001000];
int qry(int l,int r){
	return min(st[lg[r-l+1]][l],st[lg[r-l+1]][r-(1<<lg[r-l+1])+1]);
}
int dat[4001000],pos[4001000];
void pushup(int p){
	dat[p]=min(dat[p<<1],dat[p<<1|1]);
	if(dat[p<<1]<dat[p<<1|1]) pos[p]=pos[p<<1];
	else pos[p]=pos[p<<1|1];
}
void build(int p,int L,int R){
	if(L==R){
		dat[p]=suf[L];pos[p]=L;
		return;
	}
	int mid=L+R>>1;
	build(p<<1,L,mid),build(p<<1|1,mid+1,R);
	pushup(p);
}
pair<int,int> qry(int p,int L,int R,int l,int r){
	if(L>r||R<l) return {0,1e18};
	if(L>=l&&R<=r) return {pos[p],dat[p]};
	int mid=L+R>>1;
	pair<int,int> rl=qry(p<<1,L,mid,l,r),rr=qry(p<<1|1,mid+1,R,l,r);
	if(rl.second<rr.second) return rl;
	return rr;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		char c;
		cin>>c;
		pre[i]=pre[i-1]+(c=='0'?-1:1);
		st[0][i]=pre[i];
	}
	for(int i=n;i>=1;i--){
		suf[i]=suf[i+1]+pre[i]-pre[i-1];
	}
	build(1,1,n);
	for(int i=2;i<=n;i++){
		lg[i]=lg[i/2]+1;
	}
	for(int j=1;j<=22;j++){
		for(int i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++){
			st[j][i]=min(st[j-1][i],st[j-1][i+(1<<j-1)]);
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(pre[i]-pre[i-1]==1){
			int l=i,r=n;
			while(l<r){
				int mid=(l+r+1)>>1;
				if(qry(i,mid)<pre[i-1]) r=mid-1;
				else l=mid;
			}
			pair<int,int> t=qry(1,1,n,i,l);
			if(t.second<suf[l+1]) l=t.first-1;
			ans=max(ans,l-i+1);
		}
	}
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}