Wataru

Вы потеряли не С в тертьем слагаемом в первой строчке.

А дальше там будет 2 соседних слагаемых A !B !C !D+A C !D. Тут можно A !D вынести за скобки и останется (!B !C+C). Это можно сократить просто до !B + C. Было такое правило, вроде бы, но это можно доказать. Если C истинно, то исходное уже истинно. Если !B истинно, то либо !С истинно и истинно первое слагаемое, либо С истинно, и истинно второе слагаемое.

Вот уже третье слагаемое сократилось то A !B !D

Потом повторите фокус, вынеся за скобки из первого и второго слагаемого !B. Там останется !A+A !D = !A + !D

Во-первых, вам достаточно доказать это лишь для одной производной. Все остальные доказываются по индукции.

Если нет кратных корней - то все просто. У вас n-1 последовательный промежуток между двумя корнями. На каждом должен быть ноль производной.

Теперь, допустим есть какой-то корень степени k > 1.

Тогда P(x) = (x-a)^k Q(x).

Если взять производную, то видно, что она делится на (x-a) в степени k-1, т.е имеет k-1 корней:

P'(x) = k*(x-a)^(k-1)*Q(x)+(x-a)^k*Q'(x)

Т.е, если у вас m различных корней (суммарной кратностью n), то производная, как и в первом случае имеет m-1 корней между корнями P(x) и еще n-m раз повторяет корни полинома как во втором случае. Суммарно - n-1 вещественных корней, значит все корни - вещественные.

Вот тут хорошо расписано.

Сначала надо триангулировать четырехугольник. Потом, центр масс каждого треугольника - среднее арифметическое координат. Далее, остается найти центр масс двух точек - центров масс треугольников, где в каждой точке лежит масса равная площади треугольника.

Чтобы это работало и с невыпуклыми многоугольниками надо считать площадь треугольников через векторное произведение сторон, разрешая таким образом отрицательные площади у треугольников снаружи вашей фигуры.

Итоговая фромула (в векторах):

C = ((p1+p2+p3)/3*(p1p2*p1p3)+(p3+p4+p1)/3*(p1p3*p1p4))/((p1p2*p1p3)+(p1p3*p1p4))

Тут pi - i-ая вершина четырехугольника, pipj - вектор между точками i и j. pipj*pkpl - векторное произведение двух векторов.

Да вроде все правильно. Скорее всего опечатка в задании где-то. Так бывает. Или где-то может быть сказано, что углы должны быть в градусах а не радианах. Тогда выражение под синусом/косиносом надо домножать на 180/pi.

(-1) % 3 = 2

Это математическое определение вычетов по модулю. Все числа, которые отличаются на n, имеют одинаковый остаток по модулю n. Конфуз происходит из-за того, что операция взятия по модулю во многих языках программирования работает не так. Для отрицательных чисел она выдаст отрицательное значение, правда к которому можно прибавить n, что бы получить правильный модуль - число от 0 до n-1.

Поэтому при реализации можно делать (a-b+3)%3 Или преобразовать, чтобы не было вычитания: b == (a+1)%3

Выражение под суммой, отмеченное красным на картинке - это сумма арифметической прогрессии, вы же сами написали.

Первый член - 1 (при j=i+1), последний - n-i (при j=n). Всего их n-i. Ну а дальше - стандартная формула: среднее крайних членов, помноженное на их количество.

Как из этого получается O(n^3). По уму, надо раскрыть скобки и разложить на сумму трёх рядов, в зависимости от степени i в слагаемом. Дальше сумма i даст также O(n^2). Сумма по i^2 даст O(n^3). Тут уже нельзя арифметическую прогрессию применять, но это известная формула - сумма n квадратов даст n(n+1)(2n+1)/6. Ее можно вывести, если взять ряд f(x)=1+x+x^2+...+x^n = (1-x^{n+1})/(1-x) и найти (x*f'(x))'. Потом туда можно подставить x=1. Или есть визуальные доказательства. Каждый квадрат - это квадрат из кубиков. Их все можно сложить в пирамиду. 6 таких пирамид можно сложить в параллелепипед.

Если точка не на плоскости треугольника, то вам надо переформулировать задачу. Там вообще непонтяно, что значит внутри/снаружи.

Если же оно на плоскости, то введите там систему координат (например, орто-нормируйте вектора p2-p1 и p3-p1). Получите координаты всех точек (p1 можно назначить началом координат).

Потом придется применять формулу для плоскости. Можно воспользоваться векторными произведениями. Произведение пар векторов {p-p1, p2-p1}, {p-p2, p3-p2}, {p-p3, p1-p3} должны все давать одинаковый знак (или все <=0 или все >=0. Равенство 0 чего-то будет означать, что точка на границе).

Или можно посчитать площади, опять же через векторное произведение. |(p2-p1)(p3-p1)| = |(p1-p)(p2-p)+(p2-p)(p3-p)+(p3-p)(p1-p)|

Пусть точка p=(x,y,z) принадлежит плоскости. Пусть 3 точки - p1, p2, p3.

Тогда вектор (p-p1) должен раскладываться на вектора p2-p1 и p3-p1.

Т.е. определитель матрицы 3x3 из этих трех векторов должен быть нулевым.

det {{x-p1x, p2x-p1x, p3x-p1x},
 {y-p1y, p2y-p1y, p3y-p1y},
 {z-p1z, p2z-p1z, p3z-p1z}} = 0

Раскрываете определитель по первому столбцу и получаете
A = det({{p2y-p1y, p3y-p1y}, {p2z-p1z, p3z-p1z}})
И т.д.
D = -p1x*A-p1y*B-p1z*C

Это ваше тождество хорошо бы доказать.

Но, так-то там числа фиббоначи, не превышающие 4000000. Их таких дай бог 100. Там можно их все считать по несколько раз- вы разницу скорости работы скрипта не измерите никак.

Что касается кода: ваш разбор случаев, что там больше - весьма странен. Код тяжело читать и он в несколько раз медленее, чем мог бы быть из-за постоянных вызовов максимума и минимума. Может даже медленнее простого вычисления чисел фиббоначи без пропусков нечетных.

Заведите вы третью временную переменную и считайте через нее, чтобы в цикле всегда n было большим числом (m = 4*n+b; b=n; n=m). Или вообще воспользуйтесь фишками питона и делайте множественное присвоение:
b, n = n, 4*n+b;

Суперпозиция - это не сумма. Это когда в одну функцию в качестве аргумента подставляется другая функция.

Например, x*y*z вы в сумму никогда не разложите. Зато, если взять f(a,b) = a*b, то можно сделать f(x,f(y,z)).

Это хорошо для оптимизации

Эта суперпозиция не будет лучше для оптимизации ни с какой точки зрения.

Практически это можно сделать так - расставьте все скобки рядом со всеми операциями в выражении. Каждая операция - это своя функция. Вот у вас и суперпозиция.