Сделаем то, что от нас требуют в условии — просто посчитаем количество таких индексов, что $$$a_i \neq b_i$$$

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        cin >> n;
        string a, b;
        getchar();
        getline(cin, a);
        getline(cin, b);
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++)
            if (a[i] != b[i])
                ans++;
        cout << ans << '\n';
    }
}

Заметим, что в точках пересечения $$$y$$$ обоих графиков будет совпадать. Тогда приравняем $$$y$$$. Приравняв левые части, можем приравнять и правые части, тогда получим квадратное уравнение $$$a*x^2 +b*x + c = d*x +e$$$. Выразим из него $$$x$$$, Теперь подставим его в любое из изначальных уравнений, получим $$$y$$$.

#include <bits/stdc++.h>
#define int int64_t
 
using namespace std;
 
int32_t main() {
    int a, b, c, d, e;
    cin >> a >> b >> c >> d >> e;
    b -= d;
    c -= e;
    int D = b * b - 4 * a * c;
    cout.precision(6);
    if (D < 0)
        cout << 0;
    else if (D == 0){
        cout << 1 << '\n';
        int x = ((double)(-b) + sqrt(D)) / 2.0 / a;
        cout << fixed << x << ' ' << d * x + e << '\n';
    }
    else{
        cout << 2 << '\n';
        double x1 = (-b + sqrt(D)) / 2.0 / a;
        cout << fixed << x1 << ' ' << d * x1 + e << '\n';
        double x2 = (-b - sqrt(D)) / 2.0 / a;
        cout << fixed << x2 << ' ' << d * x2 + e << '\n';
    }
}

Если бы ограничения не были бы слишком большими, то мы бы могли просто посчитать префиксные произведения и перебирать индекс раздела. Чтобы решить эту проблему с большими числами, воспользуемся интересным свойством: логарифм произведения равен сумме логарифмов. Теперь мы уменьшили числа и можем решать простую версию задачи.

/*
    author:  Maksim1744
    created: 13.01.2021 17:52:19
*/

#include "bits/stdc++.h"

using namespace std;

#define ll   long long
#define ld   long double

#define mp   make_pair
#define pb   push_back
#define eb   emplace_back

#define sum(a)     ( accumulate ((a).begin(), (a).end(), 0ll))
#define mine(a)    (*min_element((a).begin(), (a).end()))
#define maxe(a)    (*max_element((a).begin(), (a).end()))
#define mini(a)    ( min_element((a).begin(), (a).end()) - (a).begin())
#define maxi(a)    ( max_element((a).begin(), (a).end()) - (a).begin())
#define lowb(a, x) ( lower_bound((a).begin(), (a).end(), (x)) - (a).begin())
#define uppb(a, x) ( upper_bound((a).begin(), (a).end(), (x)) - (a).begin())

template<typename T>             vector<T>& operator--            (vector<T>& v){for (auto& i : v) --i;            return  v;}
template<typename T>             vector<T>& operator++            (vector<T>& v){for (auto& i : v) ++i;            return  v;}
template<typename T>             istream& operator>>(istream& is,  vector<T>& v){for (auto& i : v) is >> i;        return is;}
template<typename T>             ostream& operator<<(ostream& os,  vector<T>& v){for (auto& i : v) os << i << ' '; return os;}
template<typename T, typename U> istream& operator>>(istream& is, pair<T, U>& p){is >> p.first >> p.second;        return is;}
template<typename T, typename U> ostream& operator<<(ostream& os, pair<T, U>& p){os << p.first << ' ' << p.second; return os;}
template<typename T, typename U> pair<T,U> operator-(pair<T,U> a, pair<T,U> b){return mp(a.first-b.first, a.second-b.second);}
template<typename T, typename U> pair<T,U> operator+(pair<T,U> a, pair<T,U> b){return mp(a.first+b.first, a.second+b.second);}
template<typename T, typename U> void umin(T& a, U b){if (a > b) a = b;}
template<typename T, typename U> void umax(T& a, U b){if (a < b) a = b;}

#ifdef HOME
#define TAG_LENGTH       25
#define LR_LEFT          left
#define LR_RIGHT         right
#define LR_VALUE         value
#define LR_SECOND_VALUE  mn
#include "C:/C++ libs/print.cpp"
#else
#define showl            42;
#define shows            42;
#define show(...)        42;
#define showm(...)       42;
#define showt(...)       42;
#define printTree(...)   42;
#define printGraph(...)  42;
#define printLRTree(...) 42;
#define printMatrix(...) 42;
#define printWGraph(...) 42;
#define debug     if (false)
#endif

template<auto P>
struct Modular {
    using value_type = decltype(P);
    value_type value;

    Modular(ll k = 0) : value(norm(k)) {}

    Modular<P>& operator += (const Modular<P>& m)       { value += m.value; if (value >= P) value -= P; return *this; }
    Modular<P>  operator +  (const Modular<P>& m) const { Modular<P> r = *this; return r += m; }

    Modular<P>& operator -= (const Modular<P>& m)       { value -= m.value; if (value <  0) value += P; return *this; }
    Modular<P>  operator -  (const Modular<P>& m) const { Modular<P> r = *this; return r -= m; }
    Modular<P>  operator -                     () const { return Modular<P>(-value); }

    Modular<P>& operator *= (const Modular<P> &m)       { value = value * 1ll * m.value % P; return *this; }
    Modular<P>  operator *  (const Modular<P>& m) const { Modular<P> r = *this; return r *= m; }

    Modular<P>& operator /= (const Modular<P> &m)       { return *this *= m.inv(); }
    Modular<P>  operator /  (const Modular<P>& m) const { Modular<P> r = *this; return r /= m; }

    Modular<P>& operator ++                    ()       { return *this += 1; }
    Modular<P>& operator --                    ()       { return *this -= 1; }
    Modular<P>  operator ++                 (int)       { Modular<P> r = *this; *this += 1; return r; }
    Modular<P>  operator --                 (int)       { Modular<P> r = *this; *this -= 1; return r; }

    bool        operator == (const Modular<P>& m) const { return value == m.value; }
    bool        operator != (const Modular<P>& m) const { return value != m.value; }

    value_type norm(ll k) {
        if (!(-P <= k && k < P)) k %= P;
        if (k < 0) k += P;
        return k;
    }

    Modular<P> inv() const {
        value_type a = value, b = P, x = 0, y = 1;
        while (a != 0) { value_type k = b / a; b -= k * a; x -= k * y; swap(a, b); swap(x, y); }
        return Modular<P>(x);
    }
};

template<auto P> Modular<P> pow(Modular<P> m, ll p) {
    Modular<P> r(1);
    while (p) {
        if (p & 1) r *= m;
        m *= m;
        p >>= 1;
    }
    return r;
}

template<auto P> ostream& operator << (ostream& o, const Modular<P> &m) { return o << m.value; }
template<auto P> istream& operator >> (istream& i,       Modular<P> &m) { ll k; i >> k; m.value = m.norm(k); return i; }
template<auto P> string   to_string(const Modular<P>& m) { return to_string(m.value); }

using Mint = Modular<1000000007>;
// using Mint = Modular<998244353>;
// using Mint = long double;

const ll mod = 1000000007;

vector<Mint> f, fi;
void init_C(int n) {
    f.assign(n, 1); fi.assign(n, 1);
    for (int i = 2; i < n; ++i) f[i] = f[i - 1] * i;
    fi.back() = Mint(1) / f.back();
    for (int i = n - 2; i >= 0; --i) fi[i] = fi[i + 1] * (i + 1);
}

Mint C(int n, int k) {
    if (k < 0 || k > n) return 0;
    else return f[n] * fi[k] * fi[n - k];
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);

    int n;
    cin >> n;
    vector<ll> a(n);
    cin >> a;

    if (n == 1) {
        cout << Mint(a[0]) << '\n';
        return 0;
    }

    int cnt_neg = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (a[i] < 0)
            ++cnt_neg;
    }
    if (cnt_neg % 2 == 0) {
        Mint ans = 1;
        for (auto k : a) {
            ans *= k;
        }
        if (a[0] == 1 || a.back() == 1) ans += 1;
        cout << ans << '\n';
        return 0;
    }

    ld pref1 = 0, pref2 = 0;
    int ind = 0;
    while (a[ind] > 0) {
        pref1 += log((ld)a[ind]);
        ++ind;
    }
    pref1 += log((ld)abs(a[ind]));
    ind = n - 1;
    while (a[ind] > 0) {
        pref2 += log((ld)a[ind]);
        --ind;
    }
    pref2 += log((ld)abs(a[ind]));
    if (pref1 > pref2) reverse(a.begin(), a.end());
    Mint a1 = 1, a2 = 1;
    ind = 0;
    while (a[ind] > 0) {
        a1 *= a[ind];
        ++ind;
    }
    a1 *= a[ind];
    ++ind;
    if (ind == n) a2 = 0;
    while (ind < n) {
        a2 *= a[ind];
        ++ind;
    }
    cout << a1 + a2 << '\n';

    return 0;
}

Заметим, что под кандидаты чисел подходят только квадраты простых чисел. Тогда переберём все простые числа до $$$\sqrt{n}$$$ и проверим, подходят ли они под неравенство $$$l \le cur^2 \le r$$$.

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 5e6;

bool sieve[N + 1];

void compute_primes() {
    for (int i = 2; i <= N; i++)
        sieve[i] = true;
    for (long long i = 2; i <= N; i++) {
        if (sieve[i]) {
            for (long long j = i * i; j <= N; j += i)
                sieve[j] = false;
        }
    }
}

int32_t main()
{
    compute_primes();
    long long l, r, ans = 0;
    cin >> l >> r;
    for(int i = ceil(sqrt(l)); i <= floor(sqrt(r)); i++){
        if (sieve[i])
            ans++;
    }
    cout << ans << '\n';
}

Нам нужна структура данных, которая умеет выполнять операции из условия за $$$O(log_2n)$$$. Примером такой структуры является дерево отрезков. Так как ограничения достаточно маленькие, то обычное дерево отрезков на сумму здесь будет сложно заслать. Поэтому просто напишем его нерекурсивную реализацию или дерево Фенвика.

#include <bits/stdc++.h>
 
#define int int64_t
 
using namespace std;
 
int n, q;
int a[1000000];  
int f[1000000]; 
 
int sum(int x) {
    int result = 0;
 
    for (; x >= 0; x = (x & (x + 1)) - 1) {
        result += f[x];
    }
 
    return result;
}

int sum(int l, int r) {
    if (l) {
        return sum(r) - sum(l - 1);
    } else {
        return sum(r);
    }
}

void increase(int idx, int delta) {
    a[idx] += delta;
 
    for (; idx < n; idx |= idx + 1) {
        f[idx] += delta;
    }
}
 
int32_t main() {
    cin >> n >> q;
    for (int i = 0; i < n; i++) {  
        int t;
        cin >> t;
        increase(i, t);
    }
    int ans = LLONG_MIN;
    while(q--){
        int tp, l, r;
        cin >> tp >> l >> r;
        if(tp == 1)
            ans = max(ans, sum(l - 1, r - 1));
        else
            increase(l - 1, r - a[l - 1]);
    }
    if(ans == LLONG_MIN)
        cout << "0\n";
    else
        cout << ans << '\n';
}

Фактически нам нужно посчитать математическое ожидание на отрезке. Просто сначала предпросчитаем массив, в котором будем хранить произведение $$$a_i * p_i$$$. Затем сделаем по нему префиксные суммы и просто будет отвечать на запрос суммы на отрезке.

#include <bits/stdc++.h>
#define int int64_t
 
using namespace std;
 
int32_t main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    double m[n];
    for(int i = 0; i < n; i++){
        double a, p;
        cin >> a >> p;
        p /= 100;
        m[i] = a * p;
    }
    for(int i = 1; i < n; i++)
        m[i] += m[i - 1];
    while(q--){
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        l--, r--;
        cout.precision(6);
        if (l > 0)
            cout << fixed << m [r] - m [l - 1] << '\n';
        else
            cout << fixed << m [r] << '\n';
    }
}

Хочу сделать несколько замечаний по задаче. Вообще здесь не должны заходить long long, но я забыл в генераторе после проверки поставить обратно 10^18. Второе замечание такое: заметил, что у многих полетели задачи из-за того, что они просто выводили trunk(ans). Но требовалось вывести целое число, а trunk возвращает double, поэтому большие числа выводились у многих в экспоненциальной форме, что неверно. Обработка первого, второго и третьего запросов должна быть ясна, запрос четвёртого типа я пояснил. Многие писали, что не описано деление на 0. Но в условии гарантируется существование ответа Для запроса 5-го типа я забыл написать, что a >= 0 && b > 0. А так задача довольно простая, если писать её на Python или с помощью [int128].(https://codeforces.me/blog/entry/75004) на С++.

code

Задача довольно простая, если подумать логически. Первое условие, которое должно выполняться — s >= кол-во нечётных, т.к минимальное нечётное — 1, а их минимальная сумма должна быть меньше либо равна сумме по всему массиву. Второе, что можно заметить — s % 2 должно быть равно остатку от деления кол-ва нечётных на 2, т.к только нечётные влияют на чётность итогового выражения(математика). Теперь просто проверим, выполняются ли оба условия и всё

code

Многим показалась эта задача простой. Я соглашусь, необходимое наблюдение только в том, что мы отвечаем на запросы в режиме реального времени. Поэтому для запроса 1-го типа мы ставим имя в set. Для запроса 2-го типа мы проверяем, есть ли имя в set. Всё

code

Стандартная задача. Для запроса на сумму можно использовать дерево отрезков или префиксные суммы. Для запроса на максимум построим ДО на максимум. Теперь осталось вывести sum(l, r) — max(l, r)

code

Я придумал эту задачу уже давно. Она была рассчитана на то, что вы заметите треугольник Паскаля. Это самое главное, что требовалось. Теперь остаётся лишь найти его ярус: n = i + j — 2 и номер: k = j — 1. Теперь найдём ответ по формуле n! / k! / (n — k)! по модулю $$$10^9$$$ + 7. Факториал берём по модулю динамически.

code

Здесь всё довольно просто. Необходимо лишь использовать формулу для мат. ожидания. Её можно загуглить. Условие было немного непонятным, так что я его проясню: человек с вероятностью $$$a[i]$$$ поворачивает направо, а с вероятностью $$$100-a[i]$$$ продолжит идти прямо (до следующего поворота)

code