E
考虑记 $f_{i, u}$ 表示走 $i$ 步到 $u$ 的方案数。显然有转移式：
$$f_{i, u} = \sum _ {(u, v) \in Edge} f_{i - 1, v}
$$
状态数为 $nk$，转移的时间复杂度为 $\Theta(n)$，于是总时间复杂度为 $\Theta(n ^ 2 k).$
考虑到删除的边数很少，于是将转移方程改写为：
$$f_{i, u} = \sum _ {v = 1} ^ n f_{i - 1, v} - \sum _ {(u, v) \not\in Edge} f_{i - 1, v}
$$
前一项可以算完每个 $i$ 以后记录一下，后一项合法转移数量之和为 $m$，于是总时间复杂度被优化至 $\Theta(nk + mk).$
F
看到这个题，我们首先想到的肯定是倍增。
但是细想一下可以发现，从一个点 $i$ 开始跳 $2 ^ j$ 步到的地方还与时间有关，是难以处理的。
我们考虑记 $f_{i, j}$ 表示从 $i$ 号路径开始，跳 $2 ^ j$ 步到的地方，容易发现此时 $f_{i, j}$ 的值是唯一的。
于是用 $\rm set$ 维护出 $y$ 号点在 $x$ 时刻开始要走上的路径，然后不断往后跳，直到停在最后一个时间不大于 $z$ 的位置，判断一下是停在路上还是停在点上即可。
时间复杂度 $\Theta(n \log n + q \log n).$
G
首先考虑到当 $x = 0$ 时有且仅有 $y = 0$ 满足条件，于是我们不妨设 $1 \leqslant x, y < P$，最后再给答案加上 $1$。
考虑 $P$ 的一个原根 $r$，设 $x = r ^ a, y = r ^ b$，容易发现 $(x, y)$ 与 $(a, b)$ 一一对应，于是有：
$$x ^ n \equiv y \iff r ^ {an} \equiv r ^ b \pmod P
$$
考虑拓展欧拉定理，可以发现：
$$r ^ {an} \equiv r ^ b \pmod P \iff an \equiv b \pmod {P - 1}
$$
于是问题被转化为求满足 $an \equiv b \pmod {P - 1}$ 的 $(a, b)$ 数量。
根据裴蜀定理，可以推导出：
$$\sum _ {a = 1} ^ {P - 1} \sum _ {b = 1} ^ {P - 1} [an \equiv b \pmod {P - 1}] = \sum _ {a = 1} ^ {P - 1} \frac{P - 1}{(P - 1, a)}
$$
考虑对 $(P - 1, a)$ 相等的 $a$ 一起计算。设 $f(g)$ 表示满足 $g = (P - 1, a)$ 的 $a$ 的数量。可以发现 $g~|~P - 1$ 且 $f(g) = \varphi\left(\frac{P - 1}{g}\right)$。
考虑求解 $\varphi(n)$，观察到 $\varphi \times I = id$，于是有：
$$\varphi(n) = n - \sum _ {d | n \& d \not= n} \varphi(d)
$$
进一步有：
$$f(g) = \frac{P - 1}{g} - \sum _ {g|k \& g \not=k} f(g)
$$
从大到小枚举 $g$，枚举其倍数转移一下即可，时间复杂度 $\Theta(\sqrt{P} + d ^ 2(P - 1))$。
H
考虑记 $w + 1$ 为第一个大于所有 $a_i$ 的 $2$ 的幂，$S$ 为 $a$ 序列中数构成的集合。
造一个集合幂级数 $F(x) = \sum _ {i = 0} ^ w [i \in S]x ^ i$，容易发现答案即为：
$$\sum _ {i = 1} ^ n \left(k ^ i - [x ^ 0] F^i(x) \right)
$$
利用 $\rm FWT$ 的线性性推一推式子：
$$\begin{aligned}
&~~~~~\sum _ {i = 1} ^ n \left(k ^ i - [x ^ 0] F^i(x) \right) \\
&=\sum _ {i = 1} ^ n \left( k ^ i - [x ^ 0] \textrm{IFWT}(\textrm{FWT}\cdot F^i (x)) \right) \\
&=\sum _ {i = 1} ^ n k ^ i - [x ^ 0] \textrm{IFWT}\left( \sum _ {i = 1} ^ n \textrm{FWT} \cdot F^i(x)\right)
\end{aligned}
$$
$\rm FWT$ 后 $F$ 的幂表示对每一项系数做点乘。
设 $G(x) = \textrm{FWT} \cdot F(x)$，用一下等比数列求和公式，则有答案为：
$$\sum _ {i = 1} ^ n k ^ i - [x ^ 0] \textrm{IFWT}\left[ \sum _ {i = 0} ^ w \left( \frac{g_i ^ {n + 1} - g_i}{g_i - 1} \right)x ^ i \right]
$$
计算上式所需时间复杂度为 $\Theta((n + w) \log (n + w)).$
Code Link