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被C题卡到了，没发觉规律，还是思维不行。

A题

题意：让你构造一个序列，恰好有A个正整数，B个负整数，并且所有数各不相同且总和为0

思路：按照要求简单构造即可。

int main()
{
	IOS; 
 
	int a, b;
	cin >> a >> b;
	
	if(a > b)
	{
		int sum = 0;
		for(int i = 1 ; i <= a ; i ++)
			cout << i << " ", sum += i;
		
		for(int i = 1 ; i < b ; i ++)
			cout << -i << " ", sum -= i;
		cout << -sum << endl;
	}
	else
	{
		int sum = 0;
		for(int i = 1 ; i <= b ; i ++)
			cout << -i << " ", sum += i;
		
		for(int i = 1 ; i < a ; i ++)
			cout << i << " ", sum -= i;
		cout << sum << endl;		
	}	
	return 0;
}

B题

题意：给你一个n个数的整数序列，每次可以选择一个数，使得大于等于它的数都减一，问可以获得多少种序列

思路：显然当一个数减少到和其它数相同时，它们可以看做是同一个数了，因为它们在操作中只能同时被减1，因此直接把每个数的单独变动空间乘起来就是答案。

set<int> s;
 
int main()
{
	IOS; 
 
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
	{
		int x;
		cin >> x;
		s.insert(x);
	}
	ll res = 1;
	int last = 0;
	for(auto x : s)
	{
		res = res * (x - last + 1) % mod;
		last = x;
	}
	
	cout << res << endl;	
	return 0;
}

C题

题意：给你一个长度为n的"WBR"序列，问你按照如下规则最终得到的最顶上元素是什么。

思路：主要是要发觉，当把三个颜色分别看做数字0, 1, 2的时候，假设下面的两个方块是\(a，b\)，那么上面的方块将会是\(((-(a + b)) % mod + mod) % mod\)。
依照这个规则向上递推，就能发现其与二项式的系数的关系，就能快速解决了。

int n;    
char s[N];  
map<char, int> mp;
 

ll qmi(ll a, ll k)
{
	ll res = 1;
	while(k)
	{
		if(k & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}

ll C(ll a, ll b, ll p)
{
	if(b > a) return 0;
	ll res = 1;
	for(int i = 1, j = a ; i <= b ; i ++, j --)
	{
		res = res * j % p;
		res = res * qmi(i, p - 2) % p;
	}
	return res;
}

ll lucas(ll a, ll b, ll p)
{
	if(a < p && b < p) return C(a, b, p);
	return C(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p;
}

int main()
{
	IOS; 
	cin >> n >> s;
	mp['W'] = 0;
	mp['B'] = 1;
	mp['R'] = 2;
	
	ll res = 0;
	for(int i = 0 ; i < n ; i ++)
		res += lucas(n - 1, i, mod) * mp[s[i]] % mod;
	if(n % 2 == 0) res = -res;
	res = (res % mod + mod) % mod;
	if(res == 0) cout << "W";
	else if(res == 1) cout << "B";
	else cout << "R";
	return 0;
}

D题

题意：给你一棵树，让你给每一个结点设置一个权值，使得它满足如下条件：
1.任意结点权值 >= 1
2.任意两个结点权值差的绝对值大于等于它们之间的简单（最短）距离
3.在满足1,2条件下，每个结点权值最小

思路：首先要找到树的直径并且进行标记，因为上面有距离最大的点。然后从直径的一端开始进行权值分配，优先分配非直径结点，然后再分配直径结点，注意每次搜到叶子结点或者不能再往下搜索后，权值要+1，只有这样才能满足条件2，不然回溯到直径上的点找下一个点的时候，显然叶子结点和找到的下一个点的权值之差要小于它们的距离。

int h[N], e[M], ne[M], idx;
int res[N], f[N], son[N];
int n, maxd, d, cnt;

void add(int a, int b)
{
	e[idx] = b;
	ne[idx] = h[a];
	h[a] = idx ++;
}

void dfs1(int u, int fa, int dis)
{
	f[u] = fa;
	if(dis >= maxd) //等号为了适应 1 号点为直径的一个端点 
	{
		d = u;
		maxd = dis;
	}
	
	for(int i = h[u] ; ~i ; i = ne[i])
	{
		int j = e[i];
		if(j == fa) continue;
		dfs1(j, u, dis + 1);
	}
}

void dfs(int u, int fa)
{
	res[u] = ++ cnt;
	for(int i = h[u] ; ~i ; i = ne[i])
	{
		int j = e[i];
		if(j == fa || j == son[u]) continue;
		dfs(j, u);
	}
	if(son[u])
		dfs(son[u], u);
	cnt ++;  
}

int main()
{
	IOS; 
	cin >> n;
	memset(h, -1, sizeof h);
	for(int i = 1 ; i < n ; i ++)
	{
		int a, b;
		cin >> a >> b;
		add(a, b);
		add(b, a);
	}
	dfs1(1, 0, 0);	//找到能从1遍历到的最远的点 d 
	int s = d; 		//记录下直径的一个端点  
	dfs1(s, 0, 0);	//找到树的直径 
	for(int i = d ; i ; i = f[i])	//标记直径上所有的点 
		son[f[i]] = i;
	dfs(s, 0);
	
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
		cout << res[i] << " ";
	
	return 0;
}