Всего студенты разбились на 4 группы — те кто посетил только первый ресторан, кто только второй, кто посетил оба ресторана и кто не сдал экзамен. Один из наиболее простых вариантов отсечь все некорректные случаи — посчитать, сколько студентов оказалось в каждой группе. Для первой группы это значение равно A - C, для второй: B - C, для третьей: C, для четвертой: N - A - B + C. Теперь достаточно проверить, что в первых трех группах неотрицательное число студентов, а в последней — положительное. Если это так, то количество студентов в последней группе и есть ответ на задачу.

	int n1 = a - c;
	int n2 = b - c;
	int n3 = c;
	int n4 = n - n1 - n2 - n3;
	if (n1 >= 0 && n2 >= 0 && n3 >= 0 && n4 > 0)
		cout << n4;
	else
		cout << -1;

В общем случае, рекомендуется ознакомиться с методом включений-исключений.

Кроме того, ограничения в задаче позволяют перебрать значения количества студентов в каждой группе (кроме третьей) за O(N³) и проверить, соответствует ли такое разбиение условию. Если ни одно разбиение не подошло — вывести  - 1:

	int n3 = c;
	for (int n1 = 0; n1 <= n; n1++)
		for (int n2 = 0; n2 <= n; n2++)
			for (int n4 = 1; n4 <= n; n4++)
				if (n1 + n3 == a && n2 + n3 == b && n1 + n2 + n3 + n4 == n) {
					cout << n4;
					return 0;
				}
	cout << -1;

В этой задаче применим жадный алгоритм. Действительно, Васе выгодно сначала исправлять наиболее низкие оценки. Поэтому можно отсортировать полученные оценки в порядке возрастания и начать заменять их на 5, пока не получим желаемый результат. Для проверки результата можно после каждой операции вычислять среднее арифметическое заново (итого, сложность будет O(N²)) или поддерживать текущую сумму оценок, пересчитывая среднее арифметическое за O(1) с общей сложностью O(N), без учета сортировки, например, так:

bool check(int sum, int n) {
	// integer representation of sum / n >= 4.5
	return sum * 10 >= n * 45;
}

int main() {
	... // read integers to vector v and calculate sum
	sort(v.begin(), v.end());
	int ans = 0;
	while (!check(sum, n)) {
		sum += 5 - v[ans];
		ans++;
	}
	cout << ans;
}

Разумеется, оба подхода легко укладываются в ограничение по времени. Кроме того, рекомендуется избежать вычисление среднего арифметического значения с использованием вещественных чисел.

Несложно проверить, что для некоторого k условие выполняется (Вася съест не менее половины эклеров), то и для любого большего k это условие выполнится.

Значит, эту задачу можно решать при помощи бинарного поиска по ответу. Для проверки конкретного выбранного k можно использовать простую симуляцию процесса, описанного в условии.

bool check(long long k, long long n) {
	long long sum = 0;
	long long cur = n;
	while (cur > 0) {
		long long o = min(cur, k);
		sum += o;
		cur -= o;
		cur -= cur / 10;
	}
	return sum * 2 >= n;
}

Поскольку Петя съедает 10% от количества оставшихся эклеров, то это количество убывает экспоненциально, значит, пройдет достаточно мало дней прежде чем будут съедены все эклеры. В худшем случае ребятам потребуется 378 дней. Формально же асимптотика этого решения есть O(log(n)²).

Как и в предыдущей задаче рекомендуется избежать работы с вещественными числами и все вычисления производить в целых типах.

В этой задаче применим следующий жадный алгоритм. Будем идти по столбцам слева-направо, если мы сейчас рассматриваем столбец i и мы можем поставить фигуру, занимающую клетки столбцов i и i + 1, то нужно ее поставить. Действительно, если в оптимальном решении столбец i не занят ни одной фигурой, то в столбце i + 1 клетки заняты максимум одним слонопотамом. Значит, его можно убрать и поставить в столбцы i и i + 1, от этого ответ станет не хуже.

Немного более сложный вопрос — как именно поставить фигуру, если все 4 клетки столбцов i и i + 1 свободны (в других случаях фигуру можно поставить только одним способом)? Разумеется, в столбце i выгодно занять обе клетки. Оказывается, при этом неважно, какую именно клетку столбца i + 1 займет слонопотам. Действительно, клетки столбца i + 1 могут пригодиться только при размещении фигуры в столбцах i + 1,i + 2. Если в столбце i + 2 свободно не более одной клетки, то разместить фигуру не получится и клетки столбца i + 1 ни на что не влияют. Если же в столбце i + 2 свободны обе клетки, то мы можем разместить слонопотама при любом выборе занятой клетки столбца i + 1.

Из этого следует, что нам вообще можно не расставлять фигуры, а лишь пересчитывать количество свободных клеток в столбцах. В соответствии с описанным алгоритмом, получаем такой код:

	... // read strings s[0] and s[1]
	int ans = 0;
	int previous = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		int current = (s[0][i] == '0') + (s[1][i] == '0');
		if (current == 0)
			previous = 0;
		if (current == 1) {
			if (previous == 2) {
				ans++;
				previous = 0;
			}
			else
				previous = 1;
		}
		if (current == 2) {
			if (previous > 0) {
				ans++;
				if (previous == 2)
					previous = 1;
				else
					previous = 0;
			}
			else
				previous = 2;
		}
	}

Более того, эту реализацию можно заметно упростить, сведя решение всего к двум случаям:

	int ans = 0;
	int empty = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		int current = (s[0][i] == '0') + (s[1][i] == '0');
		empty += current;
		if (empty >= 3) {
			empty -= 3;
			ans++;
		}
		else
			empty = current;
	}

Формально данную реализацию можно отнести к динамическому программированию. Разумеется, ее можно написать и не обладая глубокими знаниями этого метода.

Кроме того, задачу можно решать более ''явной'' динамикой (например в качестве состояния использовать номер текущего столбца и состояние предыдущего). В этом случае реализация будет чуть более сложной, но не будет необходимости доказывать описанные выше утверждения.