A
首先特判四个角是空的，或者第一三行有连续两个空的。
然后，标算做法好像是按照第二行的连续段划分之后做一个比较难讨论的 DP。
但是我们注意到，每个第二行的空位，要么是上下都早于它，要么是左右都早于它，然后可以减掉上下左右都早于它的，且这些边永远构成树形图森林，因此我们容斥成内向树森林的拓扑序计数即可。
时间复杂度 O(N2)。
B
考虑钦定一棵笛卡尔树，可以用区间 DP 刻画。注意到我们不需要保证这棵笛卡尔树保证每个点都是子树的最大值。
然后每个位置预处理一个凸包，转移可以做到 O(N3logK) 或者 O(N3+N∑K)。
C
按照 DP 值大小顺序计算，精细实现可以做到 O(n3/w)。
D
按照值顺序插入边，每一次把一类边一并插入，大力 DP 就是 O(n4k3) 的，插值掉一维会变成 O(n3k2)。
E
首先求出最短路，记 i 到 b+1 和从 b+1 出发的最短路之和 wi，问题转化为将 {1,…,b} 划分为 S1,S2,…,Ss，最小化 ∑j(|Sj|−1)∑i∈Sjwi。
显然如果确定了 |Sj|，那肯定是把最大的 wi 分给最小的 Sj。我们据此暴力 DP 可以做到 O(n2logn) 而且常数很小（任意时刻集合数量乘最小的集合大小要小于等于点数）。
当然也可以忽略一些性质用 WQS 二分和二分栈做到 O(n2logn) 或 O(n2logV)，或 O(nlognlogV) 等复杂度。
F
相当于对于 i=1,…,n 确定了一个随机种子 x xorshift i 次之后模 i 的余数。
考虑每个时刻，当前 xorshift 结果的每一位都是初始时 x 某一些位的线性组合，因此我们至少可以从每个 i 读出 ν2(i) 个方程。
由于 xorshift 伪随机效果非常好，因此矩阵的秩很大，只需要暴力枚举自由元的取值即可。
G
从题意里可以读出一些限制：每一位有一些字母不能选，每一种字母要么是限制了出现次数恰好是某个数，要么是限制了出现次数至少是某个数。
暴力一个个字符加入是 O(|Σ|3k)，改成子集卷积可以做到 O(|Σ|k22k)，但其实我们在每一层再做一个从左往右的 DP 就可以做到同复杂度。进一步，注意到记录出现次数的那一维只需要保留到下界，而下界之和不超过 k，因此变成了 O(|Σ|k2k)。
据说直接从左往右选字符也可以压到 O(|Σ|k2k) 甚至 O(k22k)？而且这个做法应该更不满一点。
H
可以证明所有 LCA 在一条祖先后代链上，否则可以找到一个分界点使得其不满足条件。
然后直接 DP 就可以了，时间复杂度 O(n4)。
I
众所周知正确的做法是按右端点从小到大选。记真做法选中的是红区间，假做法选中的是蓝区间，同时被选的是紫区间。
那么考虑一组染色方案确实是算法选出来的染色当且仅当：
相邻两个红区间之间没有完整的未染色区间。
相邻两个蓝区间之间没有未染色区间的左端点。
第 i 个红区间的右端点不大于第 i 个蓝区间的右端点，且大于第 i−1 个蓝区间的右端点。
考虑从后往前插入区间，每次我们插入一对红蓝区间的右端点而先不考虑其左端点，同时顺带插入右边一对红蓝区间的左端点，且要记录是否是紫区间，画一画图就可以转移了。
从前往后插入可能也存在某种方式是可做的。
时间复杂度 O(n2)。不过它其实可以是半在线卷积，可以做到 O(nlog2n)。
J
有一个显然的 O(n3) 的 DP，但是没啥救。
考虑改成 f(i,j,k) (0≤j≤1) 表示钦定 max(xi−1,xi)=xi−j=k，且仅确定了 x1,…,xi−j 的值。转移的时候再确定中间的值，可以前缀和优化，时间复杂度 O(n2)。
K
考虑这六条边构成的子图，只有 9 种本质不同的，而且可以使用 bitset O(n3/w) 求出（我猜在稀疏图上也可以 O(m√m)）。
L
把答案转化为 (∑S⊆V2C(S)mod4)/2，其中 C(S) 是 S 的导出子图的连通分量个数，其具有组合意义：黑白染色使得每条边两侧颜色相同，直接状压即可 O(n3k)，其中 k=max|ai−bi|。
M
这个模型应用串并联图方法会有点麻烦，但是不妨直接取出 ≥3 度点，每取出一个就把它相邻的边删掉，最多会取出 m/3 个。暴力枚举它们的选取情况，剩下的部分差不多是链和环的独立集计数，不过还要特判三元环。时间复杂度 O(n2m/3)。
X
考虑我们总是可以钦定每次匹配的都是连续一段，因此把这些钦定好的合法子串删掉之后只会剩下形如 ))…)(…(( 的串。
因此答案是
∑2m≤nm⋅1−xn−2m+11−x⋅[tm](1+C(xt))n−2m+1
其中 Catalan 数 C(x) 满足 C(x)=x(1+C(x))2。
右边的东西显然可以表为一个预处理阶乘后可以 O(1) 计算的结果，因此就 O(n) 解决了此题。