Wataru

Читайте ошибку внимательно. Дело не в массиве.

Вместо SegmentTree tree = new SegmentTree(a, n);
надо
SegmentTree tree(a, n); или SegmentTree *tree = new SegmentTree(a, n);

new - создает указатель. Инициализировать им нужно, соответственно, указатель.

(Полное условие есть в комментариях к вопросу)

Алгоритмически тут такое решение: Постройте граф из n вершин, где есть ребро между всеми парами вершин, которые можно менять местами. Подсчитайте размеры компонент связности и перемножте их факториалы. Так, если компонента всего одна, то ответ будет n! (все возможные перестановки из n чисел можно получить так).

Это работает потому, что в каждой компоненте можно получить любую перестановку. Доказательство: строим остовное дерево в компоненте. Потом берем любой лист и перетаскиваем туда любое число по ребрам остовного дерева. Отрезаем лист от дерева. Повторяем эту операцию пока не останется только одна вершина.

Если нужно именно математическая формула от P, то тут все сложно, осбоенно, когда числа P достаточно большие. Например, M=6, P1=3 P2=4. Из вершин 3 и 4 вообще нет ребер, а ребро P2 есть только между крайними вершинам. Подобным образом можно создать весьма сложные структуры.

Однако, если все P меньше равны половины N, то есть простой ответ. В графе будет GCD(P1+1,...,PM+1) компонент связности - все вершины, дающие один и тот же остаток от деления на наибольший общий делитель P+1. И ответ будет что-то вроде (floor(N/G)!)^G*(floor(N/G)+1)^(N%G) (где G - этот самый наибольший общий делитель всех P, увеличенных на 1).

Это потому, что при достаточно маленьких P, всегда можно отложить их в одну или другую сторону и так в итоге сделать шаг длинной G.

Доказательство примерно такое: Рассмотрим первую половину вершин. Из них можно отложить вправо самое большое P. А потом влево любое из оставшихся P. Так мы фактически отложили от всех этих вершин любую разность двух P вправо. Если сначала отложить вправо меньшее P, а потом максимальное P назад, то мы отложили ту же разность влево. Из соображений симметричности получается, что мы можем отложить любую разность P от всех вершин в любую сторону. Все разности также меньше половины N. Продолжая этот процесс, как в алгоритме эвклида, мы получим, что можно от каждой вершины отложить G, а значит все вершины с одинаковым остатоком от деления на G принадлежат одной и той же компоненте связности.

Если какие-то P больше половины (аккуратно сами посмотрите, там +-1 где-то возможно нужно), то я не знаю формулу. Остается только писать DFS на графе.

Та же ошибка, что и в прошлом вопросе. Вы в очередь в обходе вширину всегда кладете соседние вершины, а надо это делать, только если они не помечены.

Вы там еще очередь pop-аете раньше времени.

Подобно задаче о 4-х шпинделях. Чтобы переместить самый большой диск на последний шпиндель, сначала надо все меньшие диски куда-то деть. Можно их парковать на 2-ом шпинделе или на 8-ом. Потом подвигать последний диск до 7-ого шпинделя, потом перепарковать часть с 8-ого на 6-ой и подвигать последний диск. Потом назад с 6-ого на 8-ой и оставшиеся со 2-ого на 8-ой. И надо перебрать все варианты - сколько дисков куда пихать.

В итоге пишите следующию функцию: переместить n дисков с i-ого шпинделя на j-ый при возможно запрещенных шпинделях из заданной маски. Там перебираете, куда класть сколько-то верхних дисков и на какой шпиндель. рекурсивно считаете, сколько это займет шагов, плюс сколько шагов чтобы переместить оставшиеся диски в конец, плюс, сколько переместить верхние диски с временного шпинделя в конец. Если остался один диск, то над аккуратно смотреть, а можно ли его вообще переместить с заданными запрещенными шпинделями (иначе вренуть +бесконечность, или что-то очень большое).

Чтобы это работало быстро, надо делать мемоизацию и не считать функцию с одним и тем же набором параметров несколько раз.

Интересно, что ответ растет гораздо медленее, чем для 3-х шпинделей:

6
13
22
36
55
82
117
163
219
289
375
484
623
800
1024
1300
1651
2090
2643
3333

Есть целая наука об этом. "Временные ряды", вроде, называется. Там есть куча всяких моделей, типа ARIMA.

type_traits - это имя параметра шаблона, который задан в родительском классе streambuf.

type_traits::eof() - возвращает код конца файла, для текущего параметра шаблона.

Вся эта шаблонная магия взялась для того, чтобы можно было читать из файла или char, или wchar, или еще черт знает что, в зависимости от кодировки. Раз читаемые символы могут быть какими угодно, то и код конца файла нужен свой собственный для разных типов символов. Поэтому eof() является частью type_traits в streambuf.

В BFS вы не проверяете, что вершина помечена, и всегда кладете вершину в очередь. А еще там в конце какой-то левый цикл ненужный. Поиск бесконечно циклится и съедает всю память. DFS, похоже, правильный (есть много претензий к стилю, правда).

Ну, вы уже правильно сказали, что это граф. Судя по всему вас интересуют компоненты связности в графе.

X AND (2^1+2^2) ИЛИ X AND 230

Слева же правильно написано, но вы как-то из 2+4 получили 230.

Х AND (255–2^2–2^7) ИЛИ Х AND 221

Тоже самое. Правильную операцию сделали, но както из 255-4-128 получили 221, хотя должно быть 123.
И вместо X пишите A или B в заданиях. Дальше такие же ошибки.

Решайте задачу по частям. Сначала выведите все нечетные элементы в массиве.

Потом (отдельно) найдите в массиве 2 наименьших элемента.

Потом совместите 2 алгоритма.

Вы передаете структуре в конструктор ее саму! Ее еще не создано, а вы ее передаете куда-то. Зачем вам вообще в структуре хранить ссылку на другую структуру? Это вы из питона, что ли взяли? В C++ не надо методам класса/структуры передавать указатель на нее, они средствами языка привязаны уже к экземпляру. Можно обращаться просто к членам структуры напрямую из методов. Или через this->, если есть конфликт имен.

Гуглите "алгоритм генерации размещений". Находится, например, это.

Работа с символами ничем не отличается от работы с числами. Во всех языках символы можно сравнивать по их кодам, и в алгоритмах кроме сравнения ничего нет.

Или можно сгенерировать размещения из {1,2,3,...N} а потом использовать эти числа в размещениях, как индексы символов. Надергайте из заданной строки символы по этим позициям и получите размещение из символов, а не чисел.

Ну, это известная формула - количество пар среди n объектов. Для самого левого подходит n-1 правых концов. Для второго - их будет n-2. Для последнего - 0. Сумма (n-1)+(n-2)+...+1+0 = (n-1)n/2. Можно через сумму арифметической прогрессии получить.