A
直接拆贡献，枚举 \(A_{i,j}\) 作为第一个这个数的方案数。这个就是，\(1\sim i-1\) 行不选择 \(A_{i,j}\)，后面随便选择。直接乘起来就好了。
B
考虑到如果一个人有决策的空间，就一定是胜利的。例如谁先从排好序的 \(a_i\) 这个位置开始，如果一个人开始就是必胜策略，并且上一步决策可以让他必定从这里开始；或者这个必败，上一步可以让别人开始，就一定赢。
这里的体现就是，如果有连续两个相同的数，那么他们变成 \(0\) 的时候，我可以决定删掉 \(cnt\) 个让别人开始，或者 \(cnt-1\) 个让自己开始，所以到这里决策的人一定胜利。同理如果 \(a_{i+1}-a_i>1\) 也是一样，可以 \(x=a_{i+1}-a_i\) 或者 \(x=a_{i+1}-a_i-1\)。
所以模拟过程就好了。特判一下最后全部删完的情况。
C
\((1,2,\cdots, n)\rightarrow Q\)，不如考虑 \(Q\) 排序。
显然 \(m=1\) 不行。
考虑冒泡排序的过程：可以视为从大到小放到正确的地方，要实现可以任意交换相邻的数。
这个很简单啊！直接选择两个置换，一个是交换 \((1,2)\)，一个是 rotate，就好了。实现的时候注意一下操作次数。
D
一个想法是，对于相邻的两个 \((a_i,a_{i+1})\)，如果 \(a_i>a_{i+1}\)，显然不能有贡献。那么，那种连续的下降序列，之间不会有任何贡献，而两个不同的下降序列之间可以尝试产生贡献。
贪心的构造一种方式使得达到最大。设极长下降序列段数为 \(cnt\)，那么答案是 \(cnt-1\)。对于这一段，假如说要求 \(>x\)，那么如果有 \(>x\) 的数选择最小的，否则选择上一段最小的 \(y\)，然后再选择这一段最小的比 \(y\) 大的数。容易证明这个是最优的（不会在有 \(>x\) 的时候多选择上一段的，因为每一次“多选”的代价是 \(1\)，不会更优）。
后面的就是基操了。具体的，处理出这些段，然后对于每一个起点求出下一个选择什么。显然第一段是选择最小的，最后一段选择最大的，可以把第一段，最后一段单独处理。中间的倍增一下就好了。