Жадно смотрим — можно подробнее?

А куда именно жадно смотрим? Я ниасилил придумать жадность в этом месте, и решил с помощью наименьшего покрытия графа путями %)

Я решал I другим способом.

Предположим, что у каждого фильма есть вес и нам надо найти ответ наибольшего веса. Тогда если i-тому фильму присвоить вес 2^{n - i - 1}, то мы сведем исходную задачу к этой.

Как решать задачу с взвешенными фильмами. Построим взвешенную сеть, где у каждого ребра пропускная способность равна 1. Каждому фильму поставим в соответствие две вершины: входную и выходную. Между входной и выходной вершинами одного фильма проведем ребро веса, равного весу фильма. Между выходной вершиной фильма i проведем ребра веса 0 ко входным вершинам всех фильмов, которые можно посмотреть после просмотра фильма i. Так же из истока добавим ребра веса 0 во все входные вершины, а из всех выходных — в сток.

Пропустим k единиц потока. Каждая единица потока — это один студент.

Так как 2⁹⁹ — это много, то пришлось писать на Java с BigInteger. Прошло с первой попытки.

Критерий того, что набор (A₁, A₂, ..., A_n) с A₁ ≤ A₂ ≤ ... A_n подходит это A₁ + ... + A_k ≥ 3k(k - 1) / 2 для 1 ≤ k ≤ n, причем при k = n должно достигатся равенство. Необходимость очевидна, так как любые k команд разыгрывают между собой ровно 3k(k - 1) / 2 голов. В достаточность я поверил, и после того как увидел, что ее уже сдали, без сомнения закодил ДП, которое теперь уже без труда угадывается, но из-за дурацкого ML — 64MB пришлось сдать массив ответов в коде.

UPD. Исправил  ≤  на  ≥ 

Еще OEIS говорит:

FORMULA Nonnegative integer points (p_1, p_2, ..., p_n) in polytope p_0=p_{n+1}=0, 2p_i -(p_{i+1}+p_{i-1}) <= 3, p_i >= 0, i=1, ..., n.

по этому условию можно написать динамику

Можно получить такое решение H. Если дискриминант меньше нуля, ответ 1. Иначе ответ:
sqrt(1 + 3 * b^2 / a^2 — 12 * c / a), округленный вверх. Е — самому интересно)

У меня в E решение короче, чем в любой из остальных задач :)
Там ответ всегда да, причём номер кинозала для уранца с X руками можно найти только по числам n2, n3, n5, где X = 2^n2 * 3^n3 * 5^n5 * Y, (gcd(Y,30)=1).

Добавили

Перебор показывает, что для n=5 всегда можно выиграть. Поэтому просто перебираем все перестановки суффикса длины min(n,5), а префикс не трогаем (за первые max(n-5,0) шагов он съестся поэтому мы работаем только с суффиксом)

Если у нас есть хотя бы 5 карт, то всегда можем выиграть. Теперь если карт много, то N-5 положим в том же порядке, что у противника, а остальные 5 — переберем все перестановки. Если карт меньше 5 — тоже втупую переберем все перестановки, но в этом случае мы можем и проиграть.

Близость до начала координат меряется как . То есть иногда ближе переехать в точку с отрицательной координатой. Возможно в этом ошибка.

Может проблема в точности? (int)(a * 1000) не всегда дает верный ответ.

Аккуратное моделирование в даблах заходит

Навсегда теперь запомню, как может отрезок пересекаться с треугольником.

Например хешами.

А по-другому можно?

O (n * m) проходит за 0, 159 с :D