A：
很容易猜到，1 6 8 9这四个数字的排列A能够满足 (i*10000 + A)%7 == 0，那么好了，按照其他数字任意排列后对7取余的结果来安排这4个数字的顺序，最后把所有的0输出即可。
B：
O(n^2)求出f(i,j) : 位置i,j向右有多少个连续的1。因为可以对行重新排列，因此对于每一列，那一列在f中的n个数排序，按从大到小来构造矩形，取最大值即可。注意这里的排序需要用O(n)方法，否则很容易TLE。
D：
中式绕口令英语。其实题意是说求对于以节点u为根的子树，有多少种颜色，这些颜色的数量不少于k个。大致的思路是对于节点u的询问，将子树u的所有颜色的数量都求出来，然后用树状数组O(lgn)来处理节点u的每个询问(当然这里是可以做到O(1)的，见代码)。
重点是统计子树中所有颜色的方法，这个方法大致有3种吧。
1.为每个节点维护一棵平衡树，处理完子节点的询问后，将所有子节点的平衡树和并，将节点数小的树暴力插入大的平衡树中，再处理父节点，(合并复杂度大致是O(nlgn^2)，节点插入次数为nlgn，每次插入要lgn)，由于有询问排名的操作，只能手写，编程复杂度略高。
2.转化到区间去做，因为一棵子树中的所有节点在dfs序中是连续的一段，转化到区间后就可以用分块O(nsqrt(n))搞了。
3.来自rng_58的代码，个人觉得类似1的启发式合并的方法，但是代码量和时间复杂度都要小：只用一个数组维护颜色的信息。因为只用一个数组，所以处理其他子树的时候要把之前的子树的信息都删光，但是如果真的这么做了，复杂度会是不可接受的O(n^2)。然后可以注意到，对于节点u的最后一个子节点的信息是不需要删的，可以保留下来给u重复利用。一个小贪心：为了让重复利用率尽可能大，保留u的子节点中具有最大节点数的那个子节点。然后复杂度就很神奇的变成了O(nlgn)。
下面搬运一下sy2006在Toturial中给出的证明：
考虑一个节点v的信息在整个处理中会被删除多少次：设v存在u的某个子节点的子树w中，若v被删除一次，那么u一定存在一个节点数不少于w的子树w‘，那么u的sz[u] >= sz[w]+sz[w'] >= sz[w] * 2。若一个节点v被删除了x次，那么这整棵树的size至少是2^x，因此每个节点最多被删除lgn次，复杂度下界O(nlgn)，实际效果更好。
sy2006的46ms=3的方法+2的常数优化+快速读入，orz。