D：首先考虑如果给定白棋位置，如何判断胜负。黑棋获胜需要四个方向都有能贴上白棋的棋子。由于每一轮都必须移动，显然先对平面黑白染色一下，只有与白棋所在格异色的黑棋才需要考虑。考虑让一个黑棋去贴上白棋某个方向，那么能贴上的条件是该方向坐标之差>另一方向坐标之差。因为如果其往这边逃的话，这样才有足够的时间冲过去拦住。若往其他方向逃，只要模仿其动作即可，处于逃跑方向的棋子会对其作出制裁。
可以发现每个黑棋对每个位置的白棋都只有一种能将其锁死的方向，四个方向的分界线形成一个X形。于是现在要数的是被任意四个黑棋的不同方向包含的白棋数量。
斜着的东西很难考虑，把坐标系旋转一下45°，分界线就变成了一个十字形，就看起来非常舒服了。这样的话扫描线扫过去，维护线两边的黑棋纵坐标上下界，两边上界取min下界取max即可得到该直线上的被锁死的白棋纵坐标上下界。
E：将每个限制存储在其右端点上，记录最靠右的li,0、li,1表示li,j到i至少要有一个j。设f[i][0/1]为第i位是0/1且满足所有右端点在i及i之前的限制的序列数量。转移考虑枚举最后一段连续0/1有多长，不妨考虑0，即有f[i][0]=Σf[j][1] (j>=max{lj~i,1})。前缀和一下，二分一下转移的最远点（直接移动指针难以更新max{l}），即可做到O(klogk)。
注意到当一个点不存在限制时，f[i][0]=f[i][1]=f[i-1][0]+f[i-1][1]。如果连续一段没有限制，dp值会构成公比2的等比数列。于是考虑离散化后dp。然后应该和上面的dp没有什么太大的区别。
可是为什么想想就很难写啊。咕咕咕。有缘再补(?)