649A - Любимые числа Поликарпа

Для решения данной задачи нужно воспользоваться фактом, что степени двойки быстро растут, и максимальная степень двойки, на которую может делится число, не превосходящее 10⁹, равна 29. Поэтому нужно просто проитерироваться по заданным числам, найти максимальную степень двойки, на которую делится текущее число и обновить ответ этой максимальной степенью.

int n, x;

int main() {
	cin >> n;	
	int ans = -1, cnt = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		cin >> x;
		int cur = 1, power = 0;
		while (true) {
			cur *= 2;
			if (x % cur) break;			
                        power++;
		}
		if (ans < power) {
			ans = power;
			cnt = 1;
		} else if (ans == power) {
			cnt++;
		}
	}
	cout << ans << ' ' << cnt << endl;
}

649B - Этажи

Для решения данной задачи нужно было аккуратно реализовать то, что написано в условии. Основная сложность заключалась в определении номера подъезда и номера этажа по номеру квартиры. Это можно было сделать следующим образом: если в доме n подъездов, в каждом подъезде по m этажей, а на каждом этаже по k квартир, то квартира с номером a находится в подъезде номер (a - 1) / (m * k) и на этаже номер ((a - 1)%(m * k)) / k, причем эти номера 0-индексированы, что удобно для дальнейших вычислений. После определения номеров подъездов и этажей, нужно было рассмотреть два случая — когда номера подъездов Эдварда и Наташи равны (тогда нужно было выбрать, что оптимальнее — доехать на лифте или подняться/спуститься по лестнице), и когда эти номера различны (тут нужно было не забыть, что дом круглый, и выбрать нужное направление).

int n, m, k, a, b;

int main() {	
	cin >> n >> m >> k >> a >> b;
	a--, b--;
	int p1 = a / (m * k), p2 = b / (m * k);
	int f1 = (a % (m * k)) / k, f2 = (b % (m * k)) / k;
	if (p1 == p2) {
		cout << min(abs(f1 - f2) + 10, abs(f1 - f2) * 5) << endl;
	} else {
	    if(p1 > p2) swap(p1, p2);
	    cout << min((p2 - p1) * 15, (p1 + n - p2) * 15) + min(f1 * 5, 10 + f1) + min(f2 * 5, 10 + f2) << endl;
	}
}

649C - Печать условий

Сначала отсортируем заданные размеры комплектов задач в неубывающем порядке. Затем нужно начать перебирать комплекты задач, начиная с наименьшего. Если мы не можем напечатать текущий комплект, то никакой следующий комплект мы гарантированно не сможем напечатать, поэтому нужно вывести ответ и закончить алгоритм. В противном случае нужно напечатать текущий комплект, увеличить ответ на единицу и перейти к следующему комплекту. Каждый комплект оптимально печатать следующим образом. Пусть x — это оставшееся количество двусторонних листов, y — это оставшееся количество односторонних листов, а a — это количество страниц в текущем комплекте задач. Если x = 0 и y = 0, то напечатать текущий комплект мы точно не сможем. Если a нечетно и y > 0, напечатаем одну страницу на одностороннем листе и уменьшим a и y на единицу, иначе если a нечетно и x > 0, напечатаем одну страницу на двустороннем листе (который больше использовать не будем) и уменьшим a и x на единицу. Теперь a это всегда четное число. Поэтому выгодно сначала по максимуму использовать для печати двусторонние листы, а если их не хватает — односторонние. Если и односторонних листов не хватает, то текущий комплект распечатать мы не сможем.

int n, x, y;
int a[N];

bool can(int a)
{
	if (a % 2) {
		if (y > 0) a--, y--;
		else if (x > 0)	a--, x--;
		else return false;
	}		
	if (x * 2 >= a)	{
		x -= a / 2;
		return true;
	}
	a -= 2 * x, x = 0;
	if (y >= a) {
		y -= a;
		return true;
	}
	return false;
}

int main() {
	cin >> n >> x >> y;
	for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
	sort(a, a + n);
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++)	
		if(can(a[i])) ans++;
		else break;					
	cout << ans << endl;
}