Wataru

При копировании назад из временного массива b в массив a у вас индексация с ошибкой. Хоть b индексируется с 0, вы обращаетесь к элементам начиная с s.

unordered_map может работать за линию в худшем случае. Это если происходит много коллизий. Стандартная реализация еще и дико медленная, через связные списки работает и часто использует тривиальные хеши (буквально, значение int берется за значение хеша). Подобрать смертельный тест для такого хэша совсем не сложно. Введите вашей программе на вход координаты деревьев i*8192 - если я правильно понимаю, unordered_map будет работать ооочень долго.

Можно избавиться от таких тривиальных коллизий, если реализовать свою хеш функцию. А там можно хоть (x * 239017l) % (1<<31) возвращать. И то, лучше будет.

Еще, чтобы избавиться от постоянных рехешированний можно добавить вот это:

len.reserve(1048576);
len.max_load_factor(0.25);

Говорят, что если заранее зарезервировать место и указать load_factor поменьше, то unordered_map будет раз в 10 быстрее.

Плюс, константа у unorderd_map выше - ибо надо хеши считать и перехешировать всю таблицу, если чисел становится много. Может, оно бы было быстрее для миллиона чисел, а не 100000, как у вас там.

В самом языке это подчеркивание не означает ничего. Это программисты какой-то смысл в эти подчеркивания вкладывают. Может, у авторов кода так принято обозначать "приватные" функции - что-то, что они сами используют, что не положено использовать пользователям библиотеки.

Потому что компилятор ищет Python.h во время компиляции. В это время никакой main() не выполняется и chdir ничего не делает. Надо указать компилятору, где искать хедеры.

Как вы компилируете? Вы под виндовс, видимо, сидите - у вас visual studio или вы gcc используете? Или что-то еще? Используете ли вы cmake или какую-то еще систему сборки? Приведите буквально ту команду/ваши действия, которые приводят к выводу на экран ошибки.

В итоге все должно вылиться в дописывание флага -I"c:\Python39\include" к команде компиляции. Если какая-то система сборки, то прямо в файле проекта можно как-то указать эту опцию.

Сам же include нужно делать без всяких путей, просто #include <Python.h>.

Вот описание алгоритма пересечения двух окружностей.
Стройте 2 окружности и пересекаете по этим формулам. У вас будет 2 точки. Проверьте, какая из них лежит на третьей окружности - это и будет искомый ответ.

Аккуратно с крайними случаями - три центра окружностей не должны лежать на одной и той же прямой, иначе вы не сможете понять, какая из двух точек вам нужна.

Вспомните алгоритм преобразования числа из 10-чной системы в t-ичную - надо делить на t с остатком, пока есть что делить. Остатки - цифры в t-ичной системе счисления (от младших к старшим).

Так, 323 в десятичной системе, если перевести в 16-ричную будет:
323 = 16*20+3. Остаток 3, результат 20.
20 = 16*1+4. Остаток 4, результат 1
1 = 16*0+1. Остаток 1. результат 0.

Отсюда получается, что искомое число в 16-ричной системе 143. Проверка 16*16*1+16*4+3 = 256+64+3=323

Итак, вам надо сделать то же самое, но не в 10-чиной системе, а в k-ичной (ведь переводим не из 10-чной а из k-ичной). Число записано в виде k-ичных цифр в массиве. Это, фактически, длинная арифметика с базой k.

Для этого надо реализовать деление числа в виде массива цифр на короткое с остатком.
Это делается со старших разрядов к младшим. Тупо делите каждую цифру с остатком отдельно. Остаток переносите в младший разряд. Последний остаток - это остаток от всего деления. Результаты делений - новые цифры.

Удобнее хранить цифры от младших к старшим в массиве. Т.е. элемент массива 0 - это единицы. Элемент 1 - это первая степень k. Еще стоит хранить номер последней ненулевой цифры. Смотрите реализацию по ссылке выше.

Вот пример из условия. Пусть k=666, t=10, число - {2, 179, 113} (в условии цифры от старших к младшим, но мы храним наоборот).

Делим на 10.

113/10 = 11 + остаток 3. Переносим 3 в младший разряд (умножив на 666), получаем 3*666+179=2177.
2177 / 10 = 217 + остаток 7. 7*666+2 = 4664.
4664 /10 = 466 + остаток 4. Дальше разрядов нет, значит 4 и есть остаток от деления {2, 179, 113} на 10. Результат деления - {466, 217, 11}

Последний остаток - 4 - это и есть младшая цифра в ответе (он в условии написан - 50241044). Надо продолжать делить результат пока он не окажется 0.

Повторим для {466, 217, 11}:
11/10 = 1 + остаток 1. 1*666+217 = 883
883/10 = 88 + остаток 3. 3*666+446 = 2444
2444/10 = 244 + остаток 4.
Опять, последний остаток - это остаток всего деления и следующая цифра в ответе (опять 4).
Результаты деления - {244, 88, 1}

И так далее, пока все число не станет 0 (все цифры в массиве 0).

Во-первых, для таких больших коэффициентов вы в long long не влезаете, если в лоб считать.

Можно проверить в 2 этапа. Подсчитать A=a*x+b, B=c*x+d. Потом проверить что A*x*x = -B. Но тут нужно заранее отсечь случаи, когда abs(A) > abs(B)/(x*x). Тогда переполнений не будет.

Во-вторых, как же сложно у вас разбор случаев идет. Я не могу разобраться, что там происходит. Там наверняка опечатка, но я даже читать не хочу. Перепишите, пожалуйста. Вам надо найти самый старший ненулевой коэффициент и перебирать его делители. Плюс добавить корень 0, если этот коэффициент не d. Это делается сильно проще так:

if (d != 0) {
  n = d;
} else {
  s.push_back(0);
  if (c != 0) {
    n = c;
  } else if (b != 0) {
   n = b;
  } else {
   n = a;
  }
}
if (n == 0) {cout << "-1"; return}

Самое простое решение для понимания - полный перебор. Тупо 3 цикла - сколько монет с номиналом 2 взяли, сколько монет с номиналом 3 и сколько монет с номиналом 5. Каждый цикл от 0 до <Сколько осталось набрать> / номинал. Потом проверяем, что сумма сошлась. Более того, можно последний цикл пропустить и просто проверить, что оставшееся можно набрать пятаками.

bool CanExchange(int n, int have2, int have3, int have5) {
  for(int take2 = 0; take2 <= min(have2, n/2); ++take2) {
    int left2 = n - 2*take2;
    for (int take3 = 0; take3 < min(have3, left2/3); ++take3) {
      int left23 = left2 - take3*3;
      if (left23 % 5 == 0 && left23 / 5 <= have5) {
        return true;
      }
    }
  }
  return false;
}

Но это для данной конкретной задачи, где всего 3 типа монет. В общем случае нужно писать рекурсивную функцию вместо вложенных циклов, которая будет принимать сколько осталось собрать и какой тип монет перебирать.

Самое быстрое решение - динамическое программирование.

F(n,k) - можно ли набрать число n первыми k типами монет.

F(0.0) = 1
F(*, 0) = 0
F(n,k) = Sum(i = 0..have[k]) F(n-i*value[k], k-1)

Фактически, это тот же рекурсивный перебор, только с мемоизацией. Можно переписать это двумя циклами и соптимизировать по памяти до O(n).

Официально -конечно, нельзя. Накажут ли вас за это - я не знаю. Думаю, организаторы экзамена допустили вероятность читерства на экзамене и какие-то механизмы противостояния этому сделали. Ведь можно же гуглить по любому вопросу.

Проблема в выводе. Вы нулевые цифры вообще не выводите:

for(size_t i=0; i<SIZE; i++) {
  if (n[i]!=0) {
    cout << n[i];
  }
}

А нужно пропускать только ведущие нули. Самый простой способ исправить - завести bool printed:

bool printed = false;
for(size_t i=0; i<SIZE; i++) {
  if (printed || n[i]!=0) {
    cout << n[i];
    printed = true;
  }
}

Ну, еще может быть стоит увеличить размер длинных чисел. Не факт, что 135 цифр хватит. Введите тест n=300, k=300, и проверьте что выводится один и тот же ответ при текущем и увеличенном SIZE.