A. table

首先考虑怎么暴力 dp，然后发现难点在于怎么知道不受影响的格点的个数。

其实特殊之处在于碰到矩形边界之后没办法计数，所以考虑枚举在哪个位置碰到了矩形边界。

然后发现每次转移是类似的，只要求 $a$ 次向下走，$b$ 次向右走，$c$ 次在边界上走能贡献的总的权值。

其实等价于求所有满足 $x_1+...+x_a+y_1+...+y_b+z_1+...+z_c=S$ 的序列的权值 $x_1*...*x_a*(y_1+1)*...*(y_b+1)$ 的权值和。

其中 $x,y,z$ 的取值都可以是 $0$ ，然而容易发现如果 $x$ 在取值为 $0$ 的时候不产生贡献，可以钦定取值至少为 $1$ 。

然后把 $y+1$ 这个东西转化一下，给等号的右边加上一个 $b$ ，现在的权值就变成了 $x_1*...*x_{a+b}$，这个可以直接用插板来计算。

然后发现其实是左右分别插板，然后组合数的形式是 $\sum \limits_{i=-\infty}^{\infty}\binom{a+i}{b}\binom{c-i}{d}$。

这个东西可以转化为在枚举集合的划分点，所以组合数就等于 $\binom{a+c+1}{b+d+1}$，然后只要考虑一下没有被经过的点的贡献、经过的不同路径产生的方案数的贡献就好了。

B. remove

直接用完全图的话，没有办法进行 dp。

然后有这样一个结论：原题等价于求最大独立集。

证明的话可以考虑首先答案是要大于等于最大独立集的。

然后把最大独立集中的每一个元素都先选中，可以考虑如果加入两个不在最大独立集中的元素之后不能形成团，那就说明新加的两个元素之间没有边。

如果这样的话，可以用这新加的两个元素替换原最大独立集中的元素，那么最大独立集可以扩大，就不是最大独立集。

可以考虑把每个符卡都按照左上角的坐标排序，然后最大独立集是不难 dp 的。

转移的条件就是两个右端点分别小于两个左端点。

因为上方的左端点是递增的，可以用堆来动态插入可以进行转移的点。

下方的偏序关系用树状数组维护即可。

C. road