Wataru

Возьмите для каждого товара набор точек {день, показатель} за сколько-то последних дней. Постройте линейную регрессию. Наклон прямой (т.е. коэффициент перед номером дня) и будет этим показателем динамики.

У вас операция присвоения лежит вне функции. Компилятор ждет там декларации переменных, функций, типов, вот это вот все, а у вас там операция. Перенесите присвоение в main().

Если вы хотите структуру инициализировать, то можно пользоваться списком инициализации:

struct {
        int debug;
} config = {1};

Прочитать бинарно не можете? Есть функция read.

Читайте ей по 4 байта 2 раза в char buf[4].

little-endian означает, что сначала идут самые минимальные байты. Т.е. buf[0] - это младшие 8 бит числа, buf[3] - старшие. Для собирания числа воедино смотрите на операцию сдвига. (int)buf[3] << 24 | (int)buf[2] << 16 поставит на место 2 старших байта (младшие додумайте сами).

Тип 64-х битных чисел - long long. Вам в условии посоветовали им пользоваться.

Сложить 2 числа сами сможете?

Бинарный вывод делается, внезапно функцией write.

Ну, еще входной и выходной файлы, возможно, открыть придется, через функцию fopen.

Тут надо построить конечный автомат, который принимает строки, которые кончаются на заданную строку. Посмотрите эту статью, там в начале расписан этот автомат (секции перфикс функция - атомат КМП).

Только там все вероятности перехода одинаковые, у вас же они заданы для каждой буквы.

Вот построили вы автомат. Теперь задача состоит в том, чтобы найти вероятность, что случайный путь в этом автомате длины n пройдет через конечное состояние ровно один раз. Для этого подсчитайте 2 вероятности: что путь из начала длины k дойдет до конечного состояния один раз, и что путь из конечного состояния длины n-k не вернется в него.

Обе эти вероятности можно подсчитать динамическим программированием:
P1(i, k) - вероятность того, что путь начиная с состояния i (i < n) за k шагов дойдет до состояния n первый раз. Это просто сумма по всем возможным переходам:

P1(i, k) = sum_{c - все символы} P1(next(i, c), k-1) * p(c)

База:

P1(m, 0) = 1
P1(m, k>0) = 0
P1(i < m, 0) = 0

Вторая вероятность: сделать k шаговиз состояния i и ни разу не войти в конечное состояние:

P2(i, k) = sum_{c - все символы, next(i,c) < m} P2(next(i, c), k-1) * p(c)

База:
P1(i, 0) = 1

Ответ к задаче - сумма по всем возможным длинам первой части пути:
sum_{k=m..n} P1(0, k) * P2(m, n-k)

Это решение через динамическое программирование будет O(n*m) по вермени и по памяти.

Замкнутой формулы, как в задаче в моей статье я тут не вижу. Может, если бы вероятности всех символов были бы одинаковы, то что-то можно было бы сократить.

Вам просто надо пересечь 3 окружности на плоскости. По "формула пересечения окружностей" гуглится, например, это или это.

Пересекайте 2 любые окружности и из двух получившихся точек пересечения выбирайте ту, которая лежит на третьей окружности.

Алгоритм Ахо-Корасика.

Все ваши ключи складываете в бор, как описано по ссылке. Потом для каждого кортежа выполняйте поиск в строке i[1], если нашли, то добавляйте ваш id в ответ.

Вы очищаете msg_buf в цикле же. На второй итерации у вас msg_buf уже очищен и вы его передаете в realloc и все падает.

Попробуйте после free присвоить msg_buf = NULL.

Это комбинаторика.

Если бы не было ограничения на то, что первый символ не 0, то было бы гораздо проще. Частый прием в комбинаторике - подсчитать количество всех возможных вариантов, а потом вычесть количество "плохих" вариантов. Временно разрешим нулю быть первой цифрой, решим задачу. Потом зафиксируем ноль на первой позиции и подсчитаем сколько таких вариантов и вычтем их. Для этого можно вычеркнуть один ноль из числа, решить ту же самую задачу.

Еще, в вашей формуле направшивается добавить пустое число ("") в ответ. Давайте разрешим его и вычтем в конце 1.

Еще, очевидно, результат зависит только от количества каждой цифры в исходном числе, но не от их порядка.

Поэтому пусть f(a0,a1,...a9) - сколько есть способов расставить некторые из a0 нулей, a1 единиц, a2 двоек, и т.д. (ноль может идти в начале, число может быть пустым).

Ответ к задаче f(a0,a1,...a9)-1-min(a0,1)*f(a0-1,a1,...a9). Последнее слагаемое считает варианты, начинающиеся с нуля. Оно не вычитается, если нулей в числе нет. -1 посередине вычитает пустое число из ответа (но ее нет в последнем слагаемом, ведь мы там еще 0 в начале приписываем и пустое число надо считать).

Теперь самое интересное, формула для f(a0,a1,...a9). Замкнутой формулы я не нашел, но придумал, как считать алгоритмом.

Можно все варинаты разделить по количеству символов в числе (n), от 0 до суммы a0...a9. Давайте подумаем, где могуть быть девятки? i <= a9 из них попадут в ответ. Они могут быть на C(n, i) позициях. Останется разместить остальные цифры на n-i позиций.

Вырисовывается следующее динамическое программирование:

F(i, n) - сколько способов разместить первые i цифр на n позициях (возможно, беря не все цифры).

F(i,n) = sum (j=0..min(a[i-1], n)) F(i-1, n-j)*C(n, j)
F(0, n>0) = 0
F(i,0) = 1.
Ответ - sum(k=0..a0+...+a9) F(9, k)

У функции как бы неявный параметр массив a[] количеств всех цифр, но я его не включаю в параметры динамики, потому что по нему не надо мемоизировать.

Не забудьте, что для подсчета второй динамики, для f(a0-1,...a9) надо будет полностью отчистить мемеоизацию, потому что массив a поменялся же.

Этот алгоритм работает за O(9*n), где n - длина входного числа.

Вот пример для входного числа 112: все цифры, которых в числе нет можно выкинуть из рассмотрения и работать с массивом a={2,1} (для всех десяти цифр слишком много писать).

F(0,0) = 1
F(0,1) = 0
F(0,2) = 0
F(0,3) = 0
F(1, 0) = 1
F(1,1) = F(0, 1)*C(1,0) + F(0,0)*C(1,1) = 1
F(1,2) = F(0,2)*C(2, 0)+ F(0,1)*C(2,1) + F(0,0)*C(2,2) = 1
F(1,3) = F(0,3)*C(3, 0)+ F(0,2)*C(3,1) + F(0,1)*C(3,2) = 0
F(2,0) = 1
F(2,1) = F(1,1)*C(1, 0) + F(1,0)*C(1,1) = 2
F(2,2) = F(1,2)*C(2, 0) + F(1,1)*C(2,1) = 3
F(2,3) = F(1,3)*C(3, 0) + F(1,2)*C(3,1) = 3

Ответ F(2,3)+F(2,2)+F(2,1)+F(2,0) = 3+3+2+1= 9.

Вычитаем 1 (пустое число) и получаем 8 чисел, как у вас в примере для 112.

У вас i - целое, а x - вещественное. При делении целого на целое идет деление нацело (с округлением вниз до целого). При делении целого на вещественное или вещественного на целое - результат вещественное.

Если лишние скобки поставить, то у вас сначала происходит деление нацело (2*i+1)/(2*i), а потом домножение на вещественное.
Без скобочек операции выполняются слева направо - a *(-1*x)*(2*i+1) даст вещественный результат, который точно поделится.

Если вы в скобочках приведете к вещественному, то у вас тоже все заработает: a = a *(-1*x)*((2*i+1.0)/(2*i));

Вычтите координаты центра из координат точки. Теперь шестиугольник лежит центром в (0, 0).

Составьте 6 уравнений сторон шестиугольника в виде Ax+By+C=0, так что C положительно (если нет - домножте на -1). Подставьте в эти 6 уравнений координаты точки, все они должны дать положительные значения (или нули, если точка на границе считается лежащей внутри в вашей задаче).

Почему это работает? Мы просто проверяем, что точка лежит с той же стороны от всех 6 прямых, что и центр (0, 0).

Как составить уравнения? Найдите координаты 6-ти углов. Если сторона = a, то координаты точек (a, 0), (a/2, sqrt(3)*a/2), (-a/2, sqrt(3)*a/2), (-a, 0) ...

Для уравнения одной из сторон возьмите в виде A разность по у у соседних точек, а в виде B разность по x (но с другим знаком). Потом подставьте туда координаты одной из точек и возьмите C так, чтобы был 0.

Можно все 6 уравнений составить на бумажке и закодировать в программе.

Пример для первой стороны:
A = sqrt(3)*a/2-0 = sqrt(3)*a/2
B = a - a/2 = a/2
C = -A*a - B*0 = -sqrt(3)*a*a/2.

Поскольку C отрицательно, меняем знаки:
A = -sqrt(3)*a/2
B = -a/2
C = sqrt(3)*a*a/2

Для второй прямой будет 0*x-a*y+sqrt(3)*a*a/2 = 0

И да, это работает, если предположить, что шестиугольник маленький или на плоскости. если у вас кривизна земли играет роль, то все сильно усложняется.

Вам надо перед циклами инициализировать переменные-аккамуляторы: Перед циклом по i нужно присвоить y = 1. Перед циклом по j нужно присвоить sum = 0.

Иначе у вас в sum накапливается сумма для всех разных i. А y вообще непонятно какое значение имеет до домножения.

Можно попробовать какой-нибуть mingw поставить. Получается какбы линуксовая оболочка в винде. Можно компилить в ней исходники, получающийся exe-шник автоматом получит транслирование системных вызовов. Нет гарантии, что любой код заведется, но шансы есть.

Т.е. виндовые исходники вы не получите, но есть вариант скомпилить эти линуксовые исходники в exe-шник, который, возможно, потребует установки mingw на машину, где приложение будет работать.

Edit, возможно mingw тут не поможет и нужен cygwin. Еще был какой-то msys. Но я не уверен.

На худой конец, под 10 виндой есть WSL.

Чтобы пропустить первый и последние элементы просто измените границы цикла:
for (int i = 1; i < 24; i++)

Если вы хотите эти элементы считать, если они больше единственного их соседа, то воспользуйтесь ленивым вычислением логических формул (при вычислении A || B, если A == true, то B вообще вычисляться не будет):

for (int i = 0; i < 25; i++)
  {
    if ((i +1 == n || ARR[i] > ARR[i + 1]) && 
         (i == 0 || ARR[i] > ARR[i - 1]))
      count++;
  }

Y у вас из множества R^W*H*2. Т.е. Y состоит из W*H*2 чисел проиндексированных тремя индексами - первый до w, второй до h, третий до 2. Соответственно в формуле считается сумма по всем значениям первых двух индексов. Y_wh - это пара чисел. У вас множества в примере неправильно составлены - там вместо a и b должны быть пары чисел.

Далее, нижний индекс 2 после || - это обозначение нормы L2 в двумерном пространстве - это корень второй степени из суммы квадратов (обычное декартово расстояние). Верхний индекс после || - это просто возведение в квадрат, который отменяет извлечение корня для ||...||_2.

Т.е. Вся эта формула говорит взять W*H*2 покомпонентные разности, возвести их в квадрат и сложить.