Wataru

С односвязными списками сложно - надо знать предыдущий элемент, чтобы у него поменять ссылку на следующий через удаляемый элемент. Можно или поддерживать 2 указателя на 2 соседних элемента, или смореть на следующий элемент через next, пока у вас есть указатель на предыдущий к нему.

Еще отдельная проблема с удалением первого элемента, потому что там менятся должна не ссылка next у предыдущего элемента, а ссылка на начало списка. Эту проблему можно решить по разному. Например, можно вместо указателя head держать один элемент списка без значения. Тогда указатель на начало списка будет менятся также как и любой другой. Фактически, в любом списке всегда будет один фиктивный элемент. Этот способ также предподчителен для работы с двусвязными списками. Тогда список как бы замыкается в кольцо и не надо разбирать отдельно ни случай первого, ни случай последнего элемента. Мне больше нравится другой метод - можно помнить не предыдущий элемент, а указатель-на-указатель, который надо будет поменять.

node** prev_link = &head;
node* cur = head;
for  (node* cur = head; cur != nullptr; cur = cur->next) {
  if (cur->val == to_del) {
    *prev_link = cur->next;
    delete cur;
    break;
  }
  prev_link = &cur->next;
}

Треугольник можно составить из любых трех отрезков, пока выпонляется неравенство труегольника a+b > c, a+c > b, b+c > a. достаточно проверять только одно из них - максимальное число должно быть меньше суммы остальных. Но если не очевидно, какое из них максимальное, то можно проверять все три.

Итак, дано только A и k, так?

Чтобы как-то угол связать со сторонами надо воспользоваться теоремой косинусов:

c^2 = a^2+b^2-2*a*b*cosA.
подставив суда b=ck, получим
с^2 = a^2+k^2c^2-2*k*a*c*cosA

Это квадратное уравнение, связывающее C и A. Можно решить его относительно a (c - параметр) и вы получите а, выраженное через с.

Ну и в конце надо проверить, что a+b > c, a+c > b, b+c > a, подставив туда найденные формулы для b и a через c. В этих неравенствах будут известные cosA, sinA, k и неизвестная с. Поскольку тругольник по углу и соотношению сторон можно масшабировать, то неравнество должно выполнятся для всех c. Но на самом деле в этих неравенствах все c можно будет тупо сократить. Какие-то из них можно сразу же выкинуть, если рассмотреть 2 случая k>1 и k<=1. Ну а как их дальше решать - думайте сами.

Эта ошибка означает, что вы пишите в какую-то память, которая вам не принадлежит.

Или у вас там неинициализированный указатель, или выход за границы массива, или что-то подобное. Надо присмотреться ко всем указателям в программе.

Можно во время отладки нажать на "продолжить" и тогда дебаггер остановится именно на той инструкции, которая вызвала ошибку. Дальше уже можно смотреть, в какую переменную вы там пишите и откуда она взялась.

Падает оно потому, что нельзя string читать и писать в файл вот так, просто интенрпретируя память объекта как char*. Потому что string содержит в себе указатели на динамически выделенную память.

Поэтому, когда вы его (в составе AutoBase) пишите в файл а потом читаете, вы получаете указатель на адрес, который был жив вместе со старым экземпляром класса. Однако, после удаления этого старого экземпляра, этот адрес уже вам не принадлежит.

Вы можете так писать в файл только структуры из простых типов, и то не всегда (там всякое выравнивание может сыграть с вами злую шутку). Надо писать собственные методы сериализации и десериализации. Строку можно сохранять, например, как длину и потом столько байт, сколько нужно. Тогда при считывании вы сначала чистаете сколько-то байт размера, а потом нужное количество байт в саму строку.

Шансы 1:3:3:1. Генерируйте случайное число от 0 до 7. При 0 - выдавайте случайное число < 50. При 1-3 - случайное число от 50 до 74, при 4-6 - выдывайте ответ от 75 до 89, при 7 выдавайте число от 90 до 100.

Какие именно числа из промежутка выдавать в задании не сказано. Можете как-то случайно равновероятно или как-то нормально генерировать или вообще выдывать середину промежутка всегда.

analiz(func(n));

Вот тут вы вызываете функцию func и передаете результат ее работы в analiz. Хотя analiz хочет получать функцию. Надо делать так: analiz(&func);

Через битовые операции вы ничего не сделаете, потому что у вас, судя по всему, надо найти общие цифры в десятичной системе счисления. Вообще найти десятичные цифры у вещественных чисел - весьма сложная операция.

Я думаю, вам остается только вывести оба числа в строки в каком-нибудь фиксированном формате и дальше сравнивать посимвольно.

Используйте sprintf. Только сначала выделите достаточно памяти под строку.

Если чисел не фиксированное количество и вы не можете их все одним вызовом записать, то вам надо сохранять возвращенное sprintf занчение и следующее число записывать уже сдвигаясь на это число байт.

Во-первых, может быть проблема со вводом. cin и cout работают медленно с большими объемами данных. Или читайте через scanf, или можно отключить синхронизацию с stdio.

Во-вторых, описанная вами структура данных быстродействие не убъет, но мне не понятно, чем она поможет в задаче.

Вам точно понадобятся map-ы из строки во что-то еще. В питоне вы наверняка использовали словари (использовали строки в виде ключа в массиве), вот это оно и будет в с++. Можно поэксперементировать std::unordered_map может быть побыстрее std::map. А вообще, особенно быстрое решение вы можете получить используя cтруктуру данных бор (оно же trie). Правда, ее придется самостоятельно писать.

Да, конечно. Начиная от wingdi и заканчивая directx - Это все стандартные виндовые библиотеки.

Надо чтобы все возможные варинаты были равновероятны или возможны перекосы?

Если возможны перекосы, то есть простой алгоритм.
Сначала за один проход подсчитайте частичные суммы s1=y1, s2=y1+y2, s3=y1+y2+y3...

Потом идем с конца. В последнюю стопку можно положить от max(0, z-s(n-1)) до yn блоков. Все оставшиеся блоки гарантированно влезают в предыдущие стопки. Уменьшайте z на сгенерированное случайное число блоков и повторяйте дальше.

Если надо все равновернятно, то все сложно. Надо динамическим программированем уметь считать, сколько вариантов разместить k блоков на первых i стопках. Потом сгенерировать случайный номер среди всевозможного количества размещений и считать, а сколько бывает вариантов при последней стопке с 0, 1, ... yn блоках и так можно понять, сколько блоков надо поставить в последнюю стопку, чтобы накрыть нужный вариант в лексикографическом порядке. Для этого используйте подсчитанные динмическим программированием значения.

Есть алгоритм за O(n log n), где n - количество точек в кривой.

Во-первых, можно достроить кривую до выпуклой оболочки. Получится выпуклый многоугольник. Описанная вокруг кривой рамка будет описаной и вокруг выпуклой оболочки. Алгоритмы есть, например, на хабре, или вот есть с реализацией.

Во-вторых, можно доказать (смотрите комментарии к этому ответу, спасибо Alexandroppolus за идею), что рамка обязательно проходит через хотябы сторону выпуклой оболочки. Иначе ее можно вращать, уменьшая площадь пока она не коснется стороны.

Далее, если рамку чуть-чуть вращать, то точки касания или не поменяются вообще, или перейдут на слудующую вершину в выпуклой оболочке. Поэтому можно найти четыре точки касания для вертикально-горизонтальной рамки просто перебрав все вершины выпуклого многугольника, а дальше вместо перебора можно просто смотреть, а не надо ли сдвигать какие-то точки касания вперед.

Удобно это реализовывать, если взять углы наклона всех сторон оболочки, их же сдвинутые на 90, 180 и 270 градусов и отсортировать. Далее надо перебирать рамки с такими углами наклона певрой стороны (можно в пределах [0,90) градусов). Первую рамку найдите перебором, а дальше какие-то точки надо будет сдвигать.

Итак, весь алгоритм:
1) построить выпуклую оболочку
2) добавить в массив углы всех сторон и их копии повернутые на 90, 180 и 270 градусов и отсортировать, но не добавлять углы не в [0,90).
3) для первого угла в массиве найдите 4 точки касания рамки.
4) Для каждого отрезка углов в отсортированном массиве проверить, а надо ли сдвинуть точки касания вперед (каждую из четырех точек со своим углом), потом найти площадь рамки в известных точках с известным наклоном.

Вместо работы с углами, для чего нужны тригонометрические функции, можно работать с векторами на единичной окружности. На отрезке углов можно легко взять середину, просто сложив два вектора-границы и нормировав. Для тернарного поиска не обязательно брать 1/3 и 2/3 на отрезке, поэтому можно так же просто просуммировать вектора с коэффициентами 1 и 2 и опять нормировать (v1+2*v2). Сортировать по углу тоже можно сравнивая вектора через векторное произведение векторов (иногда его называют псевдоскалярным).

Чтобы найти рамку с заданным углом на точках не надо ничего пересекать (кроме ответа в конце, если вам надо координаты рамки вывести, а не только площадь найти). Надо представить прямые в виде cosa*x + sina*y + c = 0. Отсюда, зная точку (x, y) и угол прямой (a), можно найти c. cosa и sina считать не надо - это координаты вектора, перпендикулярного к известному вектору наклона прямой. Когда вы нашли два значения c для двух параллельных сторон, эти коэффициенты можно сложить - это и будет расстояние между сторонами (надо складывать, потому что cosa и sina в этих двух прямых будут с разными знаками, ведь у одной прямой угол на пол оборота больше). Остается подсчитать это два раза для перпендикулярных прямых и перемножить.

Код для пересечения прямых в конце можно посмотреть тут.

Зависит от того, как вы компилируете B. Если A туда не линкуется статически, то его придется отдельно указывать при компиляции EXE.

У вас 8 исходов. Выпишите все, которые это выражение делают 1 (преобразуйте в нормальную форму). Просуммируйте вероятности каждого из этих исходов. Для нахождения вероятности исхода (A=1,B=1,C=1) надо перемножить соответствующие вероятности.

У вас скорее всего в вопросе опечатка, потому что правильного ответа среди перечисленных вами - нет (хотя можно поменять одно q на p и получить правильный ответ).