Wataru

Если числа такие большие, что ответ никуда не влезает, то надо писать длинную арифметику. Цифры числа храните в массиве, складывайте/умножайте в столбик. Удобно хранить числа развернутыми. Гуглите "длинная арифметика" - найдете и код с примерами и кучу статей.

Но вам это, скорее всего, и не надо. В комбинаторных задачах часто все сокращается и можно получить ответ не считая очень большие числа.

Ваш код так ужасен, что я не могу понять, что вам там надо подсчитать в итоге, но уже брасается в глаза, что у вас там считается число сочетаний. Во-первых, можно считать (n-k+1*k+2*..*n)/k!, что уже дает более мелкие числа.

Потом, можно считать треугольником паскаля. Можно даже считать только одну строку, домножая и деля на одно число - тоже не получая в процессе чисел больше ответа.

Если bills не больше 64, то все влезет в стандартный unsigned long long.

Примеры дальше в вашей задаче точно не нужны, но для кругозора опишу и их.

Если в задаче более сложная формула, то можно хранить числа в виде их факторизации на простые числа. Поддерживайте массив в котором будете хранить степени всех простых чисел до некоторого максимального. При умножении прибавляйте, при делении вычитайте. В конце все оставшееся перемножте.

Еще более продвинутый метод: считать по модулю больших простых чисел и в конце, через китайскую теорему об остатках вычислять ответ.

Теоретически, ++i быстрее. Практически - нет, потому что компиляторы могут и то и другое соптимизировать в одни и те же ассемблерные инструкции в большинстве случаев. Исключение, если инкримент используется в выражении. Но тогда они не взаимозаменяемы. Еще может быть случай, если i какого-то странного типа и инкрименты перегружены и криво написаны. Или если оптимизация отключена при компиляции. Или у вас доисторический компилятор.

Тут нужна школьная геометрия. Класс на 9, наврено даже раньше. Координаты центров шаров через время t будут (x1(t),y1(t))=(x1+vx1*t, y1+vy1*t)

Во-первых, проверьте, что шары сейчас не пересекаются. Иначе выталкивайте их вдоль прямой через центры.
Потом вам надо решить уравнение квадратное уравнение (x1(t)-x2(t))^2+(y1(t)-y2(t))^2 = 4*r^2.

Найдите минимальное положительное решение. Вот через это время шары столкнуться. Как вы там со стенами считаете - надо будет взять минимальное время и на него сдвинуть шары, а потом обработать столкновение.

Если 2 шара столкнулись, то их скорости поменяются вдоль вектора на их ценры. Надо решить уравнения сохрнения импульса и энергии. Решение смотрите тут (Формулы в комментарии в моем ответе там).

P.s. у вас там в коде вижу ошибку. Вы где считате пересечение со стенами знаки напутали. Должно быть:

float t1 = (0.5 * Lxmax - (cords[i].x + r)) / cords[i].vx;
float t2 = (-0.5 * Lxmax - (cords[i].x - r)) / cords[i].vx;

Ну и вы там не проверяете, вдруг скорость нулевая, тогда время до пересечения - бесконечность.

Попробуйте пройдтись дебаггером, или отладочный вывод везде добавить. В каждую функцию, в каждый цикл. Тогда станет понятнее, где оно падает.

А так вижу несколько ошибок. Обычно дерево отрезков реализуют только на массиве длинной в степень двойки. Добейте a нулями, до степени двойки. И тогда массив t может быть только в 2 раза больше a, а не в 4.

Далее, при реализации get надо, если отрезок вершины лежит внутри отрезка запроса, возвращать t[v]. в противном случае надо запускаться слева и справа, но тольо если запрос торчит в нужную сторону. Вы не запускаетесь от левого сына, если l > m, например. Можно считать значение 0, если рекурсивного вызова нет. В конце берете gcd двух половинок.

Можно порыться в программе, которой делался бэкап. Смотрите, что там за dll-ки лежат внутри. Может, что-то для работы с базами данных найдете. Оттуда уже можно пытаться использовать это же решение для чтения файла.

Ваш алгоритм работает за O(n^2). Вы для каждого числа в массиве считатете, сколько раз оно туда входит проходя по массиву через nums.count(i). Оптимальное же решение работает O(n). Надо в хеш-таблице подсчитать, сколько раз каждое число встречается, потом через алгоритм QuickSelect выбрать k-ый c конца элемент.

Ну, или можно за O(n log n) отсортировать массив и потом за один проход подсчитать сколько раз каждое число встречается. Дальше можно второй раз отсортировать по количеству вхождений и выдать k-ый элемент. Это решение тоже пройдет.

Зависит от того, что вы хотите получить, деля 15 на 2. Ясно что тут пять троек, а вот сколько там двоек?

Подозреваю, что вам нужно целое число, помещающееся в делимом (семь двоек в 15). Тогда такая операция называется "деление нацело". Она вместе с делением по модулю идет парочкой: вот это деление нацело дает количество целых кусков, а деление по модулю (оно же "взятие остатка") дает сколько там остается.

Практически никак. Суть полиморфизма в том, что экземпляры наследников можно вставлять вместо экземпляра предка везде и все будет работать. Поэтому вы средствами языка никак не запретите передавать C вместо B (речь об указателях, естественно). Если хочется, то можно сделать виртуальную функцию, которая возвращала бы какое-то enum, для идентификации классов A,B,C (и других наследников) и уже в функции проверять, что там не передали по ошибке экземпляр C. Но логичнее было бы выделить каие-то свойства у классов (например, количество пуль в вашем примере с MultiGun) их задать в виртуальных функциях у всех классов и дальше в функции проверять, что переданный экземпляр обладает нужными свойствами. Жестко привязываться, что можно B, но нельзя C - это плохой подход. Почему нельзя? А если потом появится D,E,F - можно ли их передавать? А если они братья B?

Смотрите внимательно, что программа выводит. Где там пробел выводится-то?

Ну вот ваше последнее описание и есть решение - храните 2 стека. Вы же храните 1 стек и лишь в определенном случае заводите второй стек tmp.