（Ⅰ）数列 $\{a_n\}$ 为 $2, 1, 4, 3, 2, 1, 4, 3, \dots$，周期为 4。
当 $n=1$ 时，前 1 项最大值 $A_1 = 2$；第 1 项后各项 $1, 4, 3, 2, 1, \dots$ 的最小值 $B_1 = 1$。故 $d_1 = A_1 - B_1 = 2 - 1 = 1$。
当 $n=2$ 时，前 2 项 $2, 1$ 的最大值 $A_2 = 2$；第 2 项后各项 $4, 3, 2, 1, \dots$ 的最小值 $B_2 = 1$。故 $d_2 = 2 - 1 = 1$。
当 $n=3$ 时，前 3 项 $2, 1, 4$ 的最大值 $A_3 = 4$；第 3 项后各项 $3, 2, 1, 4, \dots$ 的最小值 $B_3 = 1$。故 $d_3 = 4 - 1 = 3$。
当 $n=4$ 时，前 4 项 $2, 1, 4, 3$ 的最大值 $A_4 = 4$；第 4 项后各项 $2, 1, 4, 3, \dots$ 的最小值 $B_4 = 1$。故 $d_4 = 4 - 1 = 3$。
综上，$d_1=1, d_2=1, d_3=3, d_4=3$。
（Ⅱ）**充分性**：若 $\{a_n\}$ 是公差为 $d$ ($d \ge 0$) 的等差数列，则 $a_n = a_1 + (n-1)d$。
由于 $d \ge 0$，数列单调不减。
前 $n$ 项的最大值 $A_n = a_n$。
第 $n$ 项之后各项 $a_{n+1}, a_{n+2}, \dots$ 构成公差为 $d$ 的等差数列，且单调不减，故其最小值 $B_n = a_{n+1}$。
所以 $d_n = A_n - B_n = a_n - a_{n+1} = -d$。充分性得证。
**必要性**：若对任意 $n \in \mathbb{N}^*$，都有 $d_n = -d$（其中 $d \ge 0$）。
首先证明数列 $\{a_n\}$ 单调不减。假设存在 $k$ 使得 $a_k < a_{k-1}$，取最小的这样的 $k$。
则对于 $1 \le i \le k-1$，有 $a_i \le a_{i+1}$，故 $A_{k-1} = a_{k-1}$。
因为 $a_k < a_{k-1}$，所以 $A_k = \max(A_{k-1}, a_k) = a_{k-1}$。
此时 $B_k = \min\{a_{k+1}, a_{k+2}, \dots\}$。由定义 $d_k = A_k - B_k = a_{k-1} - B_k = -d \le 0$，即 $B_k \ge a_{k-1}$。
然而 $B_k$ 是 $a_{k+1}, a_{k+2}, \dots$ 中的最小值，这意味着后续所有项都 $\ge a_{k-1}$。
考察 $d_{k-1} = A_{k-1} - B_{k-1} = a_{k-1} - \min(a_k, B_k)$。
因为 $a_k < a_{k-1}$ 且 $B_k \ge a_{k-1}$，所以 $\min(a_k, B_k) = a_k$。
于是 $d_{k-1} = a_{k-1} - a_k > 0$。
但这与已知条件 $d_{k-1} = -d \le 0$ 矛盾。
因此假设不成立，数列 $\{a_n\}$ 必须单调不减，即 $a_1 \le a_2 \le a_3 \le \dots$。
既然数列单调不减，则 $A_n = a_n$，且 $B_n = a_{n+1}$（因为后续项中最小的即为第一项）。
代入条件得 $d_n = a_n - a_{n+1} = -d$，即 $a_{n+1} - a_n = d$。
故 $\{a_n\}$ 是公差为 $d$ 的等差数列。必要性得证。
（Ⅲ）已知 $a_1 = 2$，且对任意 $n$， $d_n = A_n - B_n = 1$。
1. **证明项只能为 1 或 2**：
首先，$a_n$ 不能为 0。若存在 $a_k = 0$，设 $m$ 为第一个为 0 的项的下标。
若 $m=1$，则 $A_1=0$，但 $a_1=2$，矛盾。
若 $m>1$，则 $a_1, \dots, a_{m-1} \ge 1$。$A_m = \max(A_{m-1}, 0) = A_{m-1} \ge a_1 = 2$。
$B_m = \min\{a_{m+1}, \dots\} \ge 0$。
则 $d_m = A_m - B_m \ge 2 - B_m$。若 $B_m=0$，则 $d_m \ge 2$，矛盾；若 $B_m > 0$，因 $a_n$ 为非负整数，$B_m \ge 1$，则 $d_m \ge 1$。
更严谨地：若数列中出现 0，设 $k$ 是首个使 $a_k=0$ 的下标。
则 $A_k = \max(a_1, \dots, a_{k-1}, 0) \ge a_1 = 2$。
$B_k = \min(a_{k+1}, \dots) \ge 0$。
若 $B_k = 0$，则 $d_k = A_k - 0 \ge 2 \ne 1$，矛盾。
若 $B_k \ge 1$，则 $d_k = A_k - B_k \ge 2 - B_k$。此时需讨论 $B_k$ 具体值，但注意到若后面有 0，$B_k=0$ 已排除；若后面无 0，则 $B_k \ge 1$。
实际上，若 $a_1=2$，且 $d_1 = A_1 - B_1 = 2 - B_1 = 1 \implies B_1 = 1$。
$B_1$ 是 $a_2, a_3, \dots$ 的最小值，说明数列后续项中最小值为 1，故数列中必含有 1，且没有比 1 小的数（即无 0）。
其次，证明 $a_n \le 2$。假设存在大于 2 的项，设 $m$ 是第一个满足 $a_m > 2$ 的下标（即 $a_m \ge 3$）。
则 $a_1, \dots, a_{m-1} \in \{1, 2\}$。
由于 $a_1=2$，故 $A_{m-1} = 2$（因为前面没出现过大于 2 的数，且有过 2）。
于是 $A_m = \max(A_{m-1}, a_m) = a_m \ge 3$。
考虑 $d_{m-1} = A_{m-1} - B_{m-1} = 2 - B_{m-1} = 1 \implies B_{m-1} = 1$。
$B_{m-1} = \min(a_m, a_{m+1}, \dots) = 1$。
因为 $a_m \ge 3$，所以 $\min(a_m, \dots) = \min(3+, a_{m+1}, \dots) = 1$，这说明 $a_{m+1}, \dots$ 中存在 1。
再考虑 $d_m = A_m - B_m = a_m - B_m = 1 \implies B_m = a_m - 1 \ge 2$。
$B_m = \min(a_{m+1}, a_{m+2}, \dots)$。
这意味着从 $m+1$ 开始的所有项都 $\ge 2$。
但这与"$B_{m-1}=1$ 且 $a_m \ge 3$ 推导出 $a_{m+1}, \dots$ 中存在 1"矛盾。
（具体逻辑：$B_{m-1} = \min(a_m, B_m) = 1$。已知 $a_m \ge 3$，故必须 $B_m = 1$。但由 $d_m=1$ 推出 $B_m = a_m - 1 \ge 2$。矛盾。）
故假设不成立，数列中不存在大于 2 的项。
结合无 0 且无大于 2 的数，$\{a_n\}$ 的项只能是 1 或 2。
2. **证明有无穷多项为 1**：
假设只有有限多项为 1。设 $k$ 是最后一个等于 1 的项的下标。
则对于所有 $j > k$，都有 $a_j = 2$（因为只能是 1 或 2，且 1 已耗尽）。
此时 $B_k = \min(a_{k+1}, a_{k+2}, \dots) = 2$。
而 $A_k = \max(a_1, \dots, a_k)$。因为 $a_1=2$，所以 $A_k = 2$。
计算 $d_k = A_k - B_k = 2 - 2 = 0$。
这与已知条件 $d_k = 1$ 矛盾。
故假设不成立，数列中必须有无穷多项为 1。
综上所述，$\{a_n\}$ 的项只能是 1 或者 2，且有无穷多项为 1。