Wataru

{
  thread gameThread(game_loop, ref(star_pleced), ref(staircase_placed), ref(c), ref(t_placed), ref(r_placed), ref(p_placed), rows, cols, ref(map));
  thread monsterThread(monster_move, ref(map));
  gameThread.join();
  monsterThread.join();
  refresh();
} while ((c = getch()) != '0');

Этот код запускает потоки (они один раз исполняются) потом ждет их завершения. И это в цикле.
Проблема в том, что на каждой итерации этого цикла вы будете ждать, пока monster thread спит.

Потоки тут вообще бесполезны, вы с тем же успехом можете просто вызвать функции напрямую.

Потоки должны быть запущены один раз и работать в фоне. Тот, который каждую секунду что-то делает, должен внутри содержать цикл и работать бесконечно, на каждой итерации засыпать на 1 секунду.

Это значение - это результат какого-то запрещенного математического действия. Деление на 0, например. Но на него вы, вроде как, проверяете.

Другая опасность в вашем коде: логарифм отрицательных чисел. Закомментируйте log в вашем выражении, если результат где-то отрицательный - функцию в этом значении x тупо не вычеслить - оно вне области определения.

Это называется "оптимизируюший компилятор". Он может выкинуть какие-то строчки, часть кода переписать и перетасовать. Соптимизировать по своему усмотрению. Поэтому для отладки используют специальные debug сборки. Установите компилятору флаг -O0, чтобы отлкючить оптимизацию.

В закоменченную фунцию он может заходить, если вы не перекомпилировали перед запуском.

Решите систему линейных уравнений. Обозначьте коэффициенты с1,с2,с3, сложите полиномы, приравняйте коээфициенты пред всеми степенями x к 0. Будет 3 уравнения, 3 неизвестных, но одно из них лишнее (раз они линейно зависимы). Подставьте что угодно ненулевое вместо C, решите первые 2 уравнения относительно A и B.

Что означает вот эта первая надпись с одним знаком суммы? Там же 2 переменные в условии - j и k! Эта надпись означает сумму по всем значениям j и k, т.ч. 1 <= j < k+j <= n. Это множество допустимых значений можно представить как какую-то фигуру на плоскости.
Ее можно описать вот этими неравенствами, а можно перебрать все допустимые значения j, для каждого из них посмотреть, какие значения k попадают в искомое множество. Вот так и получаются 2 суммы, одна по j, другая по k.
k не может быть меньше 1 (Видимо, по условию раньше) и больше n, потому что иначе k+j превзойдет n. Зафиксировав k, остаются 2 условия 1 <= j и k+j <= n. ведь j < k+j всегда. Из этих двух условий получаем границы суммирования на j.

Проблема в том, что библиотека бросила исключение. В ней какая-то ошибка. Это не проблема сборки или компиляции - это проблема в логике. Что-то вы не то библиотеке передаете. И там, допустим, деление на ноль. Или обращение по нулевому указателю.

Просите у пользователей все данные, чтобы воспроизвести проблему. Или может оно минидамп создает, тогда можно будет его в отладчике открыть.

Или добавляйте в программу очень многословный отладочный вывод на каждый чих, молитесь, чтобы проблема у пользователя воспроизвелась с логами, и медитируйте на лог и исходный код.

Судя по сигнатурам функции, возможно вы пустой массив туда передаете вместо чего то осмысленного.

После while (collision && try_counter <= 100); вставьте:
if (try_counter > 100) break;

Добавьте отладочный вывод в каждый цикл - посмотрите, а в каком же цикле оно висьнет-то.
Вам еще понадобиться try_counter в цикл по монстрам (while (map[py][px] != ' ')).

А вообще, очень странный цикл вот:

do
        {
            center_y = ry + (r_size_y / 2);
            center_x = rx + (r_size_x / 2);
        } while (map[center_y][center_x] != ' ');

Тут явно какая-то ошибка, потому что center_x и center_y на каждой итерации получатся одинаковые и цикл или сразу закончится, или повиснет.

В комментариях мы выяснили, что была матрица 3x4 из цифр от 1 до 9. над ней произвели одно из трех действий и выдали результат. Надо по нему восстановить исходную матрицу. Надо решить на одной конкретной матрице.

Надо попробовать применить все 3 метода и посмотреть, какой из них даст матрицу из цифр 1-9.

Итак, для случаев "стороны включая элемент" и "стороны не включая элемент" можно восстановить исходную матрицу однозначно перебрав только первый столбец. Потому что посмотрите на любое число в первом столбце. Вы знаете изначальное число там (вы его перебрали) и знаете сумму известных чисел в столбце и числа справа (это вам дано в матрице). Отсюда можно найти число справа. Когда вы восстановили второй столбец, пройдитесь по всем клеткам в нем и из уравнений для значений там восстановите третий столбец и т.д.

Вот так проделайте для 9^3 вариантов, если по пути получили числа не из диапазона 1-9, то можно дальше не считать, надо пробовать другой вариант для первого столбца.

Чуть хуже для случая "стороны и диагонали не включая элемент". Все так же переберите 3 числа в первом столбце. Во втором столбце вы получаете 3 уравнения: сумма первых двух чисел известна из числа в первой строке. Сумма всех трех известна из числа для второй строки. Сумма двух последних - из последнего числа. Т.е. вам дано x+y=A, x+y+z=B, y+z=C. Отсюда элементарно z=B-A, x=B-C, y=A+C-B.

Этот перебор отработает где-то за 1мс - довольно быстро.

Есть более общий метод. У вас есть матрица из неизвестных, а каждое число в заданной матрице - это правая часть линейного уравнения. Вот составьте матрицу - выпишите эти все линейные уравнения. Методом Гаусса ее преобразуйте в диагональный вид. Какие-то переменные станут свободными - их надо перебрать. Оставшиеся по известным уравнениям посчитать.

Для игры "жизнь" есть несколько вариантов:
1) Увеличить поле на 2 клетки по каждому измерению, поле будет храниться с 1, а индексы 0 и n+1 - всегда будут пустыми. Потребление памяти это почти не увеличит, а код упростит.
2) Если соседние клетки считаются циклами, то можно границы области 3x3 пересечь с полем:

for (int nx = max(0, x-1); nx < min(x+2, n); ++nx) {
  for (int ny = max(0, y-1); ny < min(y+2, n); ++ny) {
    if (nx == x && ny == y) continue;
    // {nx, ny} - сосед в поле, обрабатываем его.
  }
}

Можно код чуть ускорить, предподсчитав границы.
3) Более читаемый, но чуть более медленный метод - явно проверять, а не за границей ли соседняя клетка:

for (int nx = x-1; nx <= x+1; ++nx) {
  for (int ny = y-1; ny <= y+1; ++ny) {
    if ((nx == x && ny == y) || nx < 0 || ny < 0 || nx >= n || ny >= n) continue;
    // {nx, ny} - соседняя клетка.
  }
}

Я бы просто раздул поле - так код сильно проще.

Но вотрой метод так легко реализуется только тут, где нужно именно количетсво живых соседей и можно просто игнорировать клетки вне поля.

Вы случайным образом генерируете координаты комнаты в цикле, пока вам не повезет выбрать полностью пустое место (while (collision == true);).

Но, чем больше заполнено поле, тем меньше вероятность найти пустое место. Может вообще быть так, что комната заданного размера просто не помещается на поле, потому что вы неудачно запихали предыдущие комнаты по середине, перекрыв все пространство. В итоге, если вам невезет, программа или очень долго ищет пустое место, или виснет, потому что его вообще нет.

Вам надо полностью переделать подход к генерации комнат. Или разрешите им пересекаться, или требуйте чтобы комнаты по прощади занимали сильно меньше всего пространства. Далее, если у вас очень много попыток было сделано, а вы так и не нашли пустое место для комнаты - надо перезапустить всю генерацию заново. Вы там try_counter уже считаете, но никак на него не реагируете.

Еще можно сделать немного по другому - вместо случайного выбора места и потом проверки на пересечение, найдите все места, куда комнату можно впихнуть и из их списка выбирайте случайное одним rand(). Тут уже не будет цикла, завершающегося только когда вам повезло. Но тут тоже может быть проблема, что мест для размещения новой комнаты вообще нет. Или перезапускайте с нуля расстановку комнат, или требуйте, чтобы они были маленькие. Еще можно их ставить в порядке от больших к маленьким.

Мешать можно. Особо память это не сократит, а реализацию сильно усложнит.

Бинпоиск - правильная идея. Но вот вы плохо считаете, сколько шариков один работник надует за заданное время. Вы линейно по одному шарику надуваете, а можно за 2 действия: поделите время на ti*zi+ci - узнаете, сколько полных групп шариков надуется. Остаток отдельно подсчитайте, поделив на ti. Учтите только, что оставшееся время может быть прервано на отдыхе - не насчитайте там больше zi шаров по ощибке.

Решение через кучи страдает той же проблемой - вы по одиночке каждый шар считаете, а их очень-очень много.

Если брать более большой промежуток, отображение будет не биективным.
Например, для x=2 отображение дает -2. Это же -2 можно получить для x=-2/3.
Потом, в точках x=+-1 это отображение вообще не определено.