A. Открытки и фотографии
Будем идти по строке слева направо. Если мы прошли всю строку, либо в руках у нас уже 5 предметов, либо очередной предмет отличается от тех, что мы держим в руках, то относим все предметы в кладовку. Ответом на задачу будет количество посещений кладовки.
Сложность решения O(n).
B. Перестановка
Посчитаем количество чисел от 1 до n, которые встречаются в последовательности хотя бы один раз. Тогда ответ есть n минус это количество.
Сложность решения в зависимости от реализации O(n) или O(n logn).
C. История
Отсортируем пары, заданные в условии по году начала события. Будем идти по массиву этих пар и поддерживать значение rg - самый поздний год окончания какого-либо из уже обработанных событий. Тогда если для текущего года окончания события - year, верно что year < rg, то нужно прибавить к ответу единицу, поскольку данное событие покрыто каким-то из ранее обработанных (поскольку все обработанные события имеют левую границу меньше нашей и какое-то из них имеет правую границу rg большую year). После этого пересчитываем rg следующим образом: rg = max(rg, year).
Сложность решения: O(n logn) - на сортировку и O(n) - на решение.
D. Палиндромы
Сначала сделаем небольшой предподсчёт: cnt[lf][rg] - наименьшее количество символов, которое мы должны изменить, чтобы подстрока [lf, rg] стала палиндромом. Это легко сделать за O(n^3) времени и O(n^2) памяти. Теперь будем считать динамику z[i][j] - наименьшее число изменений, которое мы должны сделать, чтобы разбить префикс длины i на ровно j палиндромов. Сначала весь массив заполним бесконечностями, а z[0][0] присвоим 0. Теперь будем делать переходы вперёд: переберём длину len очередного (j-го) палиндрома и сделаем обновление состояния z[i + len][j + 1] значением z[i][j] + cnt[i][i + len - 1]. Ответ есть минимум z[n][i], где n - длина строки из входного файла, а i отрезка [1, k]. Чтобы вывести ответ необходимо в дополнительном массиве сохранить предка для каждого состояния.
Сложность решения: O(n^3) по времени и O(n^2) по памяти.
E. Последний шанс
В этой задаче можно было подумать, что при фиксированном начале строки функция "хорошести" от конца строки монотонная, но это не так (хотя бы на примере строки baaab). Заменим все гласные из строки на число -1, а все согласные на число 2. Теперь легко понять, что подстрока [i, j] будет хорошей, если сумма в подотрезке [i, j] неотрицательна. Обозначим эту сумму sum[i][j]. Очевидно sum[i][j] = p[j + 1] - p[i]. Где p[i] - сумма первых i элементов. Теперь решение становится достаточно понятным. Одним из решений было следующее: отсортируем все частичные суммы вместе с индексом частичной суммы и заведём структуру данных над массивом индесов частичных сумм, позволяющую извлекать максимум на суффиксе, а также изменять значение в точке (в качестве такой структуры подойдёт дерево отрезков). Теперь будем пробегаться по массиву частичных сумм (отсортированных) и для текущего индекса частичной суммы (начала хорошей строки) найдём самую правую частичную сумму больше либо равную нашей. Пусть величина текущей частичной суммы равна s, а её номер - i. Найдём в массиве частичных сумм первую частичную сумму с величиной больше либо равной s. Найдём максимум на суффиксе найденной частичной суммы - это и будет позиция самой правой хорошей границы для i (если эта граница больше i). Для удаления нашей суммы из массива обновим значение в ней величиной отрицательной бесконечности. Таким образом легко найти не только максимальную длину хорошей подстроки, но и количество таких подстрок.
Сложность решения: O(n logn) по времени и O(n) по памяти.
Рост числа пользователей за все время существования Codeforces (по месяцам) 
