Для начала поймём, что на квадраты 2x2 всё поле разбивается однозначно и это можно сделать жадным алгоритмом. Теперь у нас есть 14 квадратов. Далее можно сделать необязательное преобразование, от которого лично мне стало жить проще: построим граф на 14 вершинах, ребро между вершинами будет тогда и только тогда, когда у соответствующих квадратов есть общая доминошка. В принципе, это даже какой-то оптимайз по времени, но не суть важно.
Теперь задача такова: есть граф на 14 вершинах, надо раскрасить их в цвета от 0 до 6 так, чтобы все рёбра были разными (два ребра одинаковы, если цвета концов совпадают). Утверждается, что решение - перебор. Перебираем цвет первой, второй, третьей, ..., 14й вершины, на каждом шаге проверяем, что у нас не появилось ребро той же расцветки, что уже было (естесственно, делаем это массивом bool'ов). После чего останется вывести ответ и какую-нибудь раскраску.
Однако это решение может не зайти по времени. Остался один мощный оптимайз. Заметим, что, по сути, разницы между цветами нет. Значит, цвета в раскраске можно переставлять как угодно. Теперь научимся считать количество ответов с точностью до перестановок цветов, а в конце домножим его на 7!=5040. Это просто: достаточно ввести условие, что цвет очередной вершины либо встречался раньше, либо идет сразу после максимального использованного цвета. Например, после цветов 0 1 2 1 0 2 могут идти только цвета 0..3.
Чтобы уверовать в то, что это решение зайдёт, можно грубо оценить количество ответов. Каждая вершина раскрашена в один из семи цветов, каждый цвет встречается ровно два раза, плюс мы не учитываем различные перестановки. Итого получается , что, очевидно даже при отсечении на последнем шаге рекурсии, влезает в TL.

Задача B. Надмножество