Wataru

Это копирование массива. На C++, если используете vector, то можно присвоение использовать. Там произойдет копия.

Тут фактически 2 задачи:
1) Разбить строку на слова. Тут вам поможет string::substr
2) Проверить, что сторка s2 встречается в тексте. Вы уже умеете пользоваться string::find.

Самый быстрый вариант, конечно, будет изменить вашу программу так, чтобы она могла работать с несколькими кусками, без всяких предварительных подготовок.

Ваш текущий вариант вносит дополнительное разименовывание указателя на каждое число.
Вариант с memcpy внесет дополнительное копирование, что помедленнее разыменовывания указателя по идее.

Но на практике все зависит от кучи факторов. Много ли у вас чисел, попадают ли они в кеш процессора, как далеко лежат две части буффера, как долго идет обработка каждого числа. Проверить это в итоге можно только практикой, но, скорее всего, ваше текущее решение будет быстрее memcpy, потому что единственное приемущество memcopy будет в том, что данные лежат в памяти подряд, что очень дружественно к кешу. Но вашем текущем решении и сами указатели и то, куда они указывают, итак лежат в памяти подряд (кроме одного индекса, где меняются массивы).

Вы там поменяли местами значкения двух переменных указателей. Поскольку переменные (указатели) переданы по значению, то вне функции ничего не поменялось.

Вы же менянте местами значения int, значит временная переменная tmp должна быть int, а указатели надо разименовывать.

Где он там, как функция-то?

vector<int> cps = {};
Заводит вектор cps, инициализирует его пустым. Можно = {} и не писать, вектор итак будет по умолчанию инициализировн пустым.

cps.push_back(i);
Вызывает метод push_back у cps.
Этот метод добавляет в конец вектора переданное значение.

Тут вам надо знать, что такое классы и их методы в C++.

Можно считать, например самые левые вхождения каждого символа. Для этого пройдитесь по массиву циклом, а внутри вторым циклом проверьте, а есть ли такой же символ левее данной позиции. Если вы такого повторения в цикле не нашли, то надо прибавить 1 к ответу.

Второй вариант - отсортировать символы. Там уже проще подсчитать все символы - это 1 + сколько разных соседей в отсортированном массиве. Это быстрее, если использовать быструю сортировку.

Ну или самый быстрый способ - в массиве на 256 счетчиков подсчитайте, сколько раз каждый символ встречается. Потом подсчитайте, сколько там ненулевых элементов.

Гуглите opencv find matching image part.

Если интересно, что там за алгоритм, то там используется свертка через быстрое преобразование фурье.

Еще есть алгоритмы через перцептивные хеши.

Еще есть алгоритмы через выделение точек интереса и поиск паттерна по облаку точек. В вашем случае это может быть лучший вариант, потому что картинка у вас не просто обрезанная похоже. Если там разные уровни приближения, то могут появлятся/исчезать разные надписи на карте.

Если в метод передаются

left = -1, right = phrases.Count

, то их физический смысл: left - последний элемент точно левее искомой позиции (строка там или меньше pref, или начинается с него), а right - последний элемент точно правее искомой позиции (строка там больше pref и не начинается с него).

Это не совсем стандартный инвариант. Обычно считают, что left, это такая позиция, что ответ не может быть левее ее, а right, что ответ не может быть правее.

Но можно и с вашим инвариантом работать. Вам надо соответсвтующим образом менять left и right, чтобы инвариант поддерживался.

Во-первых, если left == right -2, то вы уже знаете ответ - это может быть только left+1. Эти и должно быть условие в while. Правда стоит эту позицию после цикла все-таки проверить. Вдруг все строки в массиве меньше pref.

Далее, подсчитали вы mid, если строка там оказалась меньше pref или c него начинается, то left = mid. Ведь уже следующая позиция может оказаться искомой, а физический смысл left, напоминаю - "точно левее искомой позиции". В противном случае надо делать right = mid+1. Ведь позиция mid вполне может и быть ответом.

Вопрос, а не зациклится ли такой алгоритм? right-left >= 3. Значит mid оказывается строго больше left. Также, поскольку у вас округление вниз, то mid < right-1, а занчит в любом случае либо left либо right сдвинутся так, что длина отрезка уменьшится. Алгоритм не циклится.

Много ошибок:
1) number[i - 3] == 8; number[i - 2] == 8;, вопреки вашим ожиданиям, не присвоит значения в массиве значению 8. Тут выполняются 2 сравнения с 8, результат которых игнорируется.

2) Неинициализированные переменные. В частности, k, из-за чего происходит выход за границы массива.
Плюс, если x изначально окажется 3 (а она тоже не инициализирована), то после первой же 8 вы как бы найдете вхождение и тоже будете выходить за границы массива.

Не указаны ограничения, поэтому нельзя точно сказать, что это решение будет самым быстрым, но скорее всего задача решается через паросочетание на двудольном графе.

Покрасьте поле как шахматную доску. Черные и белые клетки. Каждая доминошка будет лежать на двух соседних белой и черной клетках. Постройте граф. Назначьте каждой клетке вершину, а ребра проведите между соседними клетками, если там нет перегородки. Граф - двудольный, ведь черные клетки окружены белыми, а белые - черными. Любое заполнение поля доминошками будет идентично паросочетанию в этом графе и наоборт. Найдите максимальное паросочетание: если оно не полное, то поле покрыть нельзя. Иначе ребра в паросочетании будут местами, куда надо класть доминошки.

Вот статья с описанием алгоритма и реализацией.

Это будет решение за O(n^2m^2).

Другое решение, которое будет быстрее, если одно из измерений очень маленькое, а второе очень большое - динамическое программирование по профилю. Гуглите эти слова. Это сложнее реализовать, но зато будет работать за O(4^n m)

Edit:
Alexandroppolus в коментариях предложил использовать Алгоритм Хопкрофта — Карпа для поиска паросочетания, что для данного графа будет быстрее предложенного мной алгоритма Куна и будет работать за O(nm sqrt(nm)) вместо O(n^2 m^2)