Wataru

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.

Кстати, можно подсчитать эту самую сумму для всех чисел от 1 до n за линейную сложность.

Надо использовать модифицированное решето Эратосфена, чтобы найти для каждого числа его минимальный простой делитель. Используя эти данные можно для каждого числа найти его минимальный простой делитель в максимальной степени, на которую число делится - один множитель из разложения на простые множители.

Далее, используя эти данные, можно подсчитать сумму всех простых делителей используя формулу S=(p1^(k1+1)-1)/(1-p1)*...*(pm^(km+1)-1)/(1-pm) (тут p1^k1...pm^km - разложение числа на простые множители).

Надо считать эту сумму делителей от меньших чисел к большим (обозначим ее S(n)). Тогда S(n) = S(n/p^k)*(p^k*p-1)/(p-1).

Но это так, для любопытных. Я думаю в вашей задаче достаточно для кадого числа проверять все делители до корня (а оставшиеся делители получаются как n/i, если i - делитель до корня). Надо только аккуратно разобрать случай, когда i = sqrt(n) - тогда второй делитель не надо рассматривать, ибо это вторая копия того же самого.

Вам надо арктангенс брать от отношения, а не тангенс (y2-y1) / (x2-x1).

Это называется интерполяция. Вы знаете, что f(a) = 10, f(b)=5. Вам надо найти f(c), при чем f должна попадать под здравый смысл (монтонная, непрерывная функция).

например, можно взять линейную инерполяцию, тогда f(x) = 10-(x-a)/(b-a)*5.

Обычно опыт задается какой-то експоненциальной или квадратичной функцией. Конкретную формулу можно понять, если посмотреть числа для всех уровней.

Могу предположить, что в описанном вами случае надо 2^level * 10 опыта до следующего уровня.

Есть неалгоритмический способ ускорить ваше решение - храните в каждой ячейке массива не одну цифру - а несколько. Фактически, проводите вычисления в системе счисления 10000, вместо 10. Или даже 1000000000 - но тогда надо временные вычисления (умножение) делать в int64_t, чтобы переполнения не было.

Еше, при выводе такого числа надо выводить ведущие нули для всех ячеек, кроме самой старшей.

Есть и алгоритмический способ - но он сложнее. Есть алгоритм бинарного возведения в степень. Суть в том, что вы возводите число в квадрат и домножаете на базу если надо.

Но в таком виде алгоритм будет даже медленнее на больших числах. Ему потребуется O(log K) умножений большого на большое (которое делается за O(L^2), где L - длина числа, которая будет O(K)). Итоговая сложность этого алгорима будет O(K^2 log K).

Когда как ваше текущее решение делает K коротких умножений (Каждое - O(K)) - всего O(k^2) операций. Но если применять быстрое умножение длинных чисел через быстрое преобразование Фурье то итоговая сложность будет O(K log^2 K log log K). Для power=100 особо вы разницы не почуствуете, даже медленнее будет, но вот при каких-нибудь 10000 уже будет заметно быстрее.

Советую попробовать обычные оптимизации, прежде чем браться за преобразование фурье.

Еще, вместо хранения конца числа в виде особого значения 10 - вам стоит отдельно хранить длину числа в какой-то переменной с говорящим названием (хотя бы len). Тогда код будет сильно читабельнее.

Нет. Распишите формулы, они будут разные. В прогрессии каждый раз добавляется степень коэффициента q. В проценте происходит домножение на (1+q):

A+Aq+Aq^2+Aq^3+...
A+Aq+(Aq+Aq^2)+(Aq+2*Aq^2+Aq^3)+...

Координаты центра ромба {x,y} - {130/2*(x-y), 84/2*(x+y)}

Эту формулу можно вывести, например, не зная вообще ничего. Просто проведите все вертикальные линии через все центры ромбов. Какие ромбы лежат на одной прямой? Немного посмотрев, можно заметить, что это те, у которых разность координат одинаковая. Аналогично, проведя горизонтальные линии - можно заметить, что на одной горизонтали лежат ромбы с равной суммой координат.

Далее надо найти координаты нескольких прямых и можно вывести формулу.

Второй вариант - через геометрию векторов (это линейная алгебра, или еще нет - как это в школе-то называется вообще?). Нарисуйте вектор из ромба {0,0} в ромбы {1,0} и {0,1}. Ясно, что ромб с координатами {x,y} можно получить сложив x раз первый вектор и y раз второй. Подставляя координаты получите ту же формулу.

Сначала заменой x=x'+x0, y=y'+y0 можно убрать коэффициенты D и E и считать, что центр лежит в точке {0, 0}.

Дальше надо подобрать такой угол поворота, что коэффициент при xy станет нулем. Тогда останется что-то вроде A'x^2+C'y^2 + F' = 0 - а значит эллипс выравнен вдоль осей и это был искомый угол.

Подставляя формулы поворота системы координат x=x' cosa-y' sina и y=x' sina + y' cosa и приводя слагаемые можно составить уравнение на этот самый коэффициент перед xy. Он будет озависить только от A,B,C и sina, cosa. Далее это тригонометрическое уравнение надо причесать и решить. Вам придется воспользоваться вот этой формулой для котангенса двойного угла: .

У вас будет уравнение с косинусами, синусами. Его можно элементарно привести к тангенсу. Далее применяете эту формулу и получаете ответ.

Вы меняете изображение на месте, проходя по нему сверху вниз. Когда ваш синус сдвигает пиксели вниз - вы перетираете все пиксели в столбце самым верхним.

Надо или копировать с изменениями в новое изображение, или менять направление прохода в зависимости от знака синуса.

А вдруг непрерывное отображение, которое их связывает, где-то идет вертикально?

Вам надо взять f:[0,1] -> R^2, f(0) = (-1,1), f(1) = (1,-1).

Дальше ввести g(t) = f(t)_y - f(t)_x и там уже применять теорему о промежуточном значении для непрерывных функций.

my_round(123,-2) = 100.

Точность говорит, что все цифры после этого индекса должны быть 0. А предыдущая, может увеличится на 1, в зависимости от правил округления.

Используйте функцию max.

Значение в каждой ячейке будет

max(0, (тукущее значение) - max(0, (платеж) - (сумма всех следующих ячеек)))

Поскольку нужны будут все частичные суммы, то есть смысл в соседних ячейках подсчитать все эти суммы.