最近刷AtCoder，觉得刷得挺爽的，每次的F题都有一定难度，但是却还是挺可做的>_<反正AtCoder对于我这种英文不好的选手来说非常友善，看一眼就读完题面了
题意
Takahashi有一种能力以以下步骤用一个排列((p_1,p_2,cdots,p_n))来生成一棵树：
首先，按照以下操作准备顶点(1cdots N)。对于顶点(i)：
- 如果(p_i=1)，什么都不做
- 如果(p_i eq 1)，让(j')表示最大的满足(p_j<p_i)的(j)。在(j')和(i)之间连一条边
给出按照这个过程建立的一棵树，判定是否能够用另外一个排列做出一棵与此同构的树，问这个要求字典序最小的排列应该是什么，无解输出(-1)。
(1leq nleq10^5)
分析
考虑我们将这个操作的过程改写成：一开始全是黑点，然后我们将(p_i)按照升序排列，考虑为原来的(i)。然后我们令一个(max=-1)，考虑从左到右扫一遍，如果发现(i>max)，那么将(i)染红，并将(max)替换成(i)；如果当前的(p_i
eq 1)，那么连边（注意一下，原来的过程那里，(j)并不一定小于(i)……这里是对于全局的……）。
这个过程符合原来的性质，因为每次和某个点连接的红点，肯定是比(p_i)小，而且最接近。这时候我们会发现，我们得到的这个红点之间的链，相当于一条“直径”的东西，然后剩下的黑点都向着这个直径上连边，而且显然黑点之间没有边。
实际上按照原来的过程也可以感受出来，某一个(p_i)很小但是(i)很大的点，可能会能够“占领”一大堆点，直到某一个(i)更大的点出现。
这样的图是一个“毛虫图”。如果给定的图不是一个“毛虫图”，那肯定不对，这和我们刚刚证明的不一样。怎么验证呢？我们看这条链，很容易想到就是找直径，然后我们检测一下就好了，对于直径上的点每个都搜上一层，看看它是不是只会连到直径这一个点上。
那么怎么构造字典序最小的答案？事实上这也很简单。考虑设直径上的点伸出来的边依次为(k_i)条，不难看出此时我们只要将排列({1,2,3cdots l})做以下操作：每次对于一个(i)，将(sumlimits_{j=0}^{i+1}(k_i+1))位置的数右移(k_i)个的位置，就会得到字典序最小的答案。
不过注意我们直径上面点的顺序可能有两种，都需要试一下。
# include<bits/stdc++.h>
# define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
using namespace std;
const int N=1e5+5;
vector<int>lk[N];
int fa[N],deep[N];
int s[N];
int np[N],p1[N],p2[N];
void dfs(int x,int fr){
fa[x]=fr;deep[x]=deep[fr]+1;
for(auto y:lk[x])
if(y!=fr)dfs(y,x);
}
int main(){
int n;
cin>>n;
rep(i,1,n){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
lk[x].push_back(y);lk[y].push_back(x);
}
dfs(1,0);
int x=1;
rep(i,2,n)
if(deep[i]>deep[x])x=i;
dfs(x,0);
int y=1;
rep(i,2,n)
if(deep[i]>deep[y])y=i;
for(int i=y;i;i=fa[i])s[i]=1;
rep(i,1,n)
if(!s[i]&&++s[fa[i]]==1){
puts("-1");
exit(0);
}
vector<int>a;
for(int i=y;i;i=fa[i])a.push_back(s[i]);
int top=0;
for(auto i:a){
np[top+1]=top+i;
rep(j,1,i-1)np[top+1+j]=top+j;
top+=i;
}
rep(i,1,n)p1[np[i]]=i;
top=0;
for(auto it=a.end();--it>=a.begin();){
int i=*it;
np[top+1]=top+i;
rep(j,1,i-1)np[top+1+j]=top+j;
top+=i;
}
rep(i,1,n)p2[np[i]]=i;
int i=1;
while(p1[i]==p2[i]&&i<=n)++i;
if(p1[i]<p2[i])
rep(i,1,n)printf("%d ",p1[i]);
else
rep(i,1,n)printf("%d ",p2[i]);
}