A
首先考虑 \(4\times 4\) 的矩阵构造。
我们发现每个矩阵的异或和都是 \(0\)，那么不妨考虑一个更加简洁的构造：所有的 \(4\times 4\) 矩阵的异或和都是 \(0\)。
我们考虑两行两行进行构造，先考虑 \(2\times n\) 的矩阵的构造：
可以通过枚举证明，任意合法矩阵的异或和都是 \(0\)。
接下来扩展到 \(n\times m\)，那么接下来的第 \(2k-1,2k\) 行可以变成上一组的每个数加上一个 \(\mathrm{base}\)。这里 \(\mathrm{base}\) 可以取 \(512\)。
B
考虑讲 \(a\) 为第一关键字升序排序，枚举买给第一个人的最大值。
考虑另一个人的最小值是由谁贡献的，分为两部分，他右边的 \(b\) 的最大值首先一定会贡献，可以和 \(|\max b-a|\) 先取 \(\min\)，如果他已经比 \(a\) 大了，那么左边无论证明贡献肯定不优于最后的答案，那么干脆全选，不给另一个人贡献。
而对于 \(\max b\) 比 \(a\) 小的话，那么可以增大 \(\max b\)，使得差距变小，所以可以取 \(\min_{j<i} |b_j-a_i|\)，这个可以直接用 set 维护。
注意一些边界值。
C
首先在原序列的非前缀最大值肯定不会贡献的最后的答案，所以可以变成若干个上升的序列 \([l_i,r_i]\)。
考虑以右端点为第一关键字升序排序进行 \(\mathrm{dp}\)。考虑如何转移：枚举贡献给的内容，一定是一个后缀，转移方程就是
最后的答案就是 \(\max f_{n,i}\)。
D
考虑表演场次的贡献，一定是缺钱的时候在经过的点最优的一处进行表演。
记 \(f_{u,i,j}\) 表示到达 \(u\)，经历的收益最大点为 \(a_i\)，剩余的钱为 \(k\) 的最优答案。
但是这样子转移复杂度会炸掉，所以考虑优化掉最后一维。
所以可以记录一个 pair，表示到 \(u\) 的最小的表演次数和剩余最多的钱。
转移直接用最短路，考虑两状态 \(s1\) 和 \(s2\)，\(s1\) 要怎么比 \(s2\) 优？当 \(s1\) 和 \(s2\) 表演场次相同的时候，\(s1\) 剩余的钱多更优，否则表演场次少优。证明考虑如果 \(s2\) 表演场次和 \(s1\) 一样多，那么剩余的钱也会更多。
E
考虑用并查集维护答案，答案就是所有集合的方案乘起来。
合并的次数是 \(O(n)\) 级别的，那么我们要找到路径上第一个不同集合的两个点。
这样的维护方案可以二分然后用哈希值维护，可以直接用树状数组两只 \(\log\) 维护。
F
记 \(f_{i,j}\) 表示考前 \(i\) 个数，后面的数乘起来至少是 \(j\) 的最优答案。
有个关于上取整的结论：
扩展一下：
注意到 \(j\) 的取值种类是根号级别的，那么预处理一下直接转移就好了。
G
首先考虑右端点在 \([l,r]\) 之前的后缀，前缀为合法字符串的方案数，记录为 \(f_l \sim f_r\)。
记 \(g_i\) 表示 \(S[1:i]\) 最长合法前缀的长度。
在 \([l,r]\) 中最大的 \(p\) 使得 \(p-g_p+1 \le l\)。
那么注意到 \(S[l:i],i\in (q,r]\) 的答案方案数就是 \(i\) 对应后缀的 \(f_i\)，那么 \(f,g\) 可以用正串的 ACAM 预处理。
那么前面部分的答案就是 \(g_p\) 对应的字符串的长度为 \(p-l+1\) 的子串答案，这个可以用反串 ACAM 预处理。