Mrrl

Если надо найти точную вероятность того, что все дни рождения заполнены, то формула получается сложной. Эквивалентная формулировка - найти количество M-значных чисел в системе счисления по основанию N, в которых встречаются все N цифр.
Рассматриваем наборы из N чисел a1,a2,a3,...,aN, для которых ai>=0 и a1+a2+...+aN=M-N, и по всем таким наборам (их С(M-1,N-1), наборы с разным порядком считаются разными) считаем сумму S величин 1^a1+2^a2+...+N^aN. Тогда искомое количество чисел равно S*N!, а искомая вероятность - S*N!/(N^M).
Приближенную вероятность, когда M заметно больше N, найти проще. Вероятность того, что в определённый день ни одного дня рождения не будет, равна (1-1/N)^M, и вероятность того, что хотя бы один день рождения будет каждый день - (1-(1-1/N)^M)^N (здесь мы считаем события независимыми, что вообще говоря, неправда). При больших N и M/N это можно оценить как exp(-N*exp(-M/N)). Если N=365, то для достижения вероятности 99% нужно 3833 друга, а для 99.9% - 4675 друзей.
Наличие 29 февраля ещё несколько усложняет картину.
Ответы на вопросы 1-5 при N=366: 2041, 2295, 2617, 3844, бесконечность.

Уточнение: число S, которое получается в точном решении, это число Стирлинга второго рода S(M,N). По ссылке есть простая явная формула.

повернуть уравнение плоскости на угол Y U W (относительно осей ox, oy, oz)

- что имеется в виду? Повернуть плоскость на угол Y относительно ox, потом на U относительно oy, и потом на W относительно oz?
Предположим, что так.
Первым делом, надо сдвинуть систему координат так, чтобы точка M оказалась началом координат:
x=x1+MX, y=y1+MY, z=z1+MZ. Уравнение плоскости в этой системе будет A*x1+B*y1+C*z1+(D+A*MX+B*MY+C*MZ)=0.
Теперь выполним поворот относительно оси Ox: A1=A, B1=B*cos(Y)+C*sin(Y), C1=-B*sin(Y)+C*cos(Y). Свободный член в уравнении не изменится (расстояние до начала координат и длина вектора нормали не изменились), получилось уравнение A1*x+B1*y+C1*z+D1=0 (где D1=D+A*MX+B*MY+C*MZ). Аналогично выполняем повороты относительно Oy и Oz. Получится уравнение A3*x+B3*y+C3*z+D1=0. Осталось сдвинуть систему координат обратно, чтобы начало координат перешло в точку M: A3*x+B3*y+C3*z+(D1-A3*MX-B3*MY-C3*MZ)=0. Это есть ответ. Надо только убедиться, что повороты идут в правильные стороны.

В вашем примере каждое из чисел, кроме 5, делится на предыдущее. Поэтому, до определённого момента - пока осталось заплатить не меньше 10 руб, и в кошельке есть купюры не меньше 10 - можно пользоваться "жадным" алгоритмом - брать самую большую купюру, которая меньше остатка стоимости товара.
Допустим, что остались только монеты по 1,2,5 руб. Если есть хотя бы одна монета 1 руб - то платить пятирублёвой монетой безопасно, даже если останется нечётная цена - то набрать её рублём и двушками удастся. Если есть две монеты по 5 руб, и осталось заплатить не меньше 10 - смело тратьте одну из них. Вторую тратить подождите, это может быть опасно.
В конце концов у вас останутся только пятачки и двушки, причём либо пятачков не более одного, либо осталось заплатить меньше десятки. Смотрите. Если надо заплатить нечётную сумму: если пятачков нет или надо заплатить 1 или 3 рубля - задача неразрешима. В противном случае тратите пятачок, остаётся чётная сумма.
Пытаетесь набрать остаток двушками. Если их хватило - вы победили. Если нет, то вам подсунули неразрешимый пример...
Если бы набор купюр и монет был из времён СССР (1,2,3,5,10,15,20,50,100,300,500,1000,2500,5000,10000), задача была бы значительно сложнее и интереснее.

UPD. Моё решение неверно. Кто найдёт контрпример?

Более правильный вариант.
- если есть хотя бы одна монета в 1 руб, то работает "жадный" алгоритм - в цикле платите самой большой купюрой, которая у вас есть и не превышает остатка суммы.
- если монеты 1 руб. нет:
- - если сумма, которую надо набрать, нечётна, а пятачка нет, вы проиграли.
- - если сумма, которую надо набрать, нечётна, и есть хотя бы один пятачок, вносим его. Переходим к следующему пункту.
- - если остаток суммы, который надо набрать, чётен - объединяем пятачки в пары (и по одному пятачку платить не будем, даже если хочется). И запускаем жадный алгоритм. Если задача разрешима, то он справится.

У кватерниона изменится ось вращения (она отразится симметрично) и направление поворота. Таким образом, кватернион (x,y,z,w) перейдёт в (-x,y,z,-w).

(Про исходную задачу)
После того, как отправили самые тяжелые грузы (которые больше средней загрузки вагона), пересчитываем среднее арифметическое, и начинаем укладывать грузы в вагоны, начиная с самого тяжелого. Возможны три стратегии.
1) Очередной (самый тяжелый из оставшихся) груз кладём в самый пустой вагон
2) Очередной груз кладём в самый загруженный из вагонов, в которые этот груз ещё помещается (т.е. общий вес вагона и груза не превосходит среднего арифметического)
3) Очередной груз кладём в случайный из вагонов, в которые груз помещается.
В стратегиях (2,3) иногда будет возникать ситуация "груз положить некуда". Тогда кладём его в самый пустой вагон, и отправляем.
Дальше надо экспериментировать, чтобы выбрать более подходящую из этих стратегий. Интуиция тут не очень помогает.

Если у вагона есть предел загрузки L, то груз, который не умещается даже в самый пустой вагон, оставляем до следующего поезда. При его загрузке сначала раскидываем очень тяжелые грузы, потом - оставленные от предыдущего поезда, потом - все новые.

Здесь достаточно перебора с помощью рекурсии.
Вам нужно заполнить прямоугольник M*N плитками размером 1*2.
Берёте массив A[M,N], заполняете его нулями.
Вызываете функцию Fill(A,1).
Fill(A,k){
Ищете первый элемент A[p,q], равный нулю.
Если не нашли - массив заполнен, печатаете его. return.
Если элемент A[p+1,q] существует и равен нулю, то в прямоугольник можно положить горизонтальную плитку: в A[p,q] и A[p+1,q] кладёте число k, вызываете Fill(A,k+1). Обнуляете A[p,q] и A[p+1,q].
Если элемент A[p,q+1] существует и равен нулю, то в прямоугольник можно положить вертикальную плитку: в A[p,q] и A[p,q+1] кладёте число k, вызываете Fill(A,k+1). Обнуляете A[p,q] и A[p,q+1].
}
Если бы надо было считать число способов заполнения, надо было бы смотреть в сторону динамического программирования.

Если это C++, то подойдёт такая формула:
M[i][j]=(abs(j-i)+1)*((i+j-N+1)*(i-j)>=0)
Если формулу хочется чисто математическую, то вместо ((i+j-N+1)*(i-j)>=0) можно написать (sign(2*(i+j-N+1)*(i-j)+1)+1)/2

Можно решить и за линейное время (после сортировок):
1) берём массив концов отрезков (xi,1) и (yi,-1), сортируем (не забывая, что при одинаковых первых числах сначала идут все начала отрезков, а потом все концы: так для отрезков [1,2] и [2,3] получим массив (1,1),(2,1),(2,-1),(3,-1))
2) берём массив длиной n (число точек), заполняем его числами от 1 до n (если пишем на C-подобных языках - то от 0 до n-1). Cортируем массив, используя условие less(a,b)=(P[a] < P[b]), где P - массив точек. Получим индексы точек, отсортированные по возрастанию координат соответствующих точек.
3) Идём по обоим массивам, сравниваем координаты. Когда проходим точку в массиве концов, то прибавляем к счётчику второй элемент. Когда достигаем координаты очередной точки из P - записываем в массив результатов значение счётчика. Не забываем, что точка P[a]=x обрабатывается после всех точек (x,1) но до всех точек (x,-1) из массива концов.
4) Выводим массив результатов.