Note que no caso de empate, como cada time ganha um ponto, o total de pontos "distribuídos" considerando os dois times é dois (um ponto para cada time). No caso de vitória, o total de pontos distribuídos é três (para o vencedor), e esse é o número máximo de pontos "distribuídos" em uma partida.

Assim, para cada empate que ocorre, a diferença entre o máximo de pontos possível e o total de pontos realmente distribuídos aos times cresce de um.

Portanto, o número de empates pode ser determinado pela diferença do máximo de pontos possíveis (que é três vezes o número de partidas realizadas) e o total de pontos distribuídos aos times.

O programa abaixo implementa essa solução.

// Solução para o exercício 1, aula 11
// Copa do mundo

var t, n;
var pontos, soma, time;

// lê número de times e número de partidas
scanf("%d%d","t","n");

soma = 0; // vamos acumular a soma dos pontos de todos os times
i = 1;
while (i<=t) {
    scanf("%s%d", "time", "pontos");
    soma = soma + pontos;
    i = i + 1;
}

// calcula e imprime o resultado
// como cada empate vale 1 ponto, o número
// de empates é a diferença entre o máximo número
// de pontos possíveis e a soma dos pontos dos times
printf("%d\n", 3*n - soma);

A primeira observação é que a solução fica muito mais simples se ordenarmos as folhas, de forma que F1 é a folha mais à esquerda, F2 é a próxima folha mais à esquerda e finalmente F3 é a última folha (ou seja, as posições das folhas F1, F2 e F3 devem ser ordenadas crescentemente).

Já vimos como ordenar três variáveis F1, F2 e F3 de forma crescente (consulte o Resumo). Com as folhas ordenadas de forma crescente, podemos analisar os possíveis casos, que são:

• Caso 1: F1 e F3 têm interseção não nula. Nesse caso pode haver um espaço antes de F1 e um espaço após F3. A quantidade de espaço aberto é (F1 + 400 - F3).
• Caso 2: F1 e F2 têm interseção não nula, e F2 e F3 têm interseção não nula. Também nesse caso pode haver um espaço antes de F1 e um espaço após F3. A quantidade de espaço aberto é (F1 + 400 - F3).
• Caso 3: F1 e F2 têm interseção não nula, mas F2 e F3 têm interseção nula. Nesse caso pode haver um espaço antes de F1, um espaço entre F2 e F3 e um espaço após F3. A quantidade de espaço aberto é (F1 + 400 - F2 - comprimentoF3) = (F1 + 400 - F2 - 200) = (F1 + 200 - F2)
• Caso 4: F1 não F2 têm interseção nula, mas F2 e F3 têm interseção não nula. Nesse caso pode haver um espaço antes de F1, um espaço após F1 e um espaço após F3 (simétrico ao caso 3). A quantidade de espaço aberto é (F2 - comprimentoF1 + 400 - F3) = (F2 - 200 + 400 - F3) = (F2 + 200 - F3)
• Caso 5: Nenhuma folha intersecta outra. Nesse caso, não há espaço aberto.

A figura abaixo ilustra os casos acima:

O programa abaixo implementa a solução descrita.

// Solução para o exercício 2, Aula 11
// Janela

var f1, f2, f3, tmp;
	
// lê a entrada
scanf("%d%d%d", "f1", "f2", "f3");

// vamos inicialmente ordenar as folhas de forma que as variáveis
// f1, f2 e f3 contenham valores crescentes
if (f2 < f1) {
    tmp = f1; 
    f1 = f2; 
    f2 = tmp;
}
if (f3 < f2) {
    tmp = f2; 
    f2 = f3; 
    f3 = tmp; 
}
if (f2 < f1) {
    tmp = f1; 
    f1 = f2; 
    f2 = tmp;
}

// podemos agora analisar as posições das folhas e imprimir o resultado
if (f3 - f1 <= 200) {
    // caso 1
    // f3 intersecta f1 (e portanto também f2)
    // um espaço aberto após f3, outro possívelmente antes de f1
    printf("%d\n", 100 * (f1 + 400 - f3));
} else if (f2 - f1 <= 200 && f3 - f2 <= 200) {
    // caso 2
    // f2 intersecta f1, f3 intersecta f2
    // um espaço aberto após f3, outro possívelmente antes de f1
    printf("%d\n", 100 * (f1 + 400 - f3));
} else if (f2 - f1 <= 200 && f3 - f2 > 200) {
    // caso 3
    // um espaço aberto entre f2 e f3, outro possívelmente antes de f1, 
    // outro possívelmente após f3
    printf("%d\n", 100 * (f1 + 200 - f2));
} else if (f2 - f1 > 200 && f3 - f2 <= 200) {
    // caso 4
    // um espaço aberto entre f1 e f2, outro possívelmente antes de f1, 
    // outro possívelmente após f3
    printf("%d\n", 100 * (f2 + 200 - f3));
} else {
    // caso 5
    // nenhuma interseção, portanto nenhuma abertura
    printf("0\n");
}

Uma boa técnica para raciocinar sobre um problema é iniciar analisando alguns cenários mais simples. Vamo analisar por exemplo alguns cenários que podem ocorrer com três jogos.

• Suponha que nos três jogos Maria sempre mostre um número par de dedos, e João sempre mostre um número par de dedos. Nesse caso, Maria ganha todas as partidas, pois a soma de par com par é sempre um número par.
• Suponha que nos três jogos Maria sempre mostre um número ímpar de dedos, e João sempre mostre um número ímpar de dedos. Também nesse caso Maria ganha todas as partidas, pois a soma de ímpar com ímpar é sempre um número par.
• Suponha que nos três jogos Maria sempre mostre um número par de dedos, e João mostre sempre um número ímpar de dedos. Nesse caso, Maria perde todos os jogos, pois a soma de par com ímpar é sempre ímpar.
• Maria também perde todos os três jogos se ela sempre mostra um número ímpar de dedos, e João mostra sempre um número par de dedos.

Esses são cenários simples, mas que ajudam a iniciar a entender a relação que existe entre as escolhas de João e Maria.

Suponha agora que nos três jogos Maria sempre mostre um número par de dedos, mas João mostre um número ímpar de dedos em um jogo, e números pares de dedos nos outros dois jogos. Nós não sabemos a ordem em que podem ter acontecido os pareamentos de dedos, mas ainda assim podemos determinar que Maria certamente perdeu um jogo (o que João mostrou o número ímpar) e ganhou os outros dois jogos.

Vamos analisar agora um caso um pouco mais geral: suponha que Maria mostrou um número ímpar em um jogo e números pares nos outros dois jogos, e que João mostrou um número par em um jogo e números ímpares nos outros dois jogos. O que podemos inferir? O pior caso de pareamento de dedos, para Maria, é o seguinte:

• jogo x: Maria ímpar, João par (João ganha)
• jogo y: Maria par, João ímpar (João ganha)
• jogo z: Maria par, João par (Maria ganha)

Vamos analisar um último cenário: suponha que Maria mostrou dois números ímpares em um jogo e um número par no outro jogo, e que João mostrou um número ímpar em um jogo e números pares nos outros dois jogos. O que podemos inferir? O pior caso de pareamento de dedos, para Maria, é o seguinte:

• jogo x: Maria ímpar, João par (João ganha)
• jogo y: Maria ímpar, João par (João ganha)
• jogo z: Maria par, João ímpar (João ganha)

Então, resumindo, Maria pode ter perdido um jogo em que escolheu um número par somente se houver um jogo em que João escolheu um número ímpar, e pode ter perdido um jogo em que escolheu um número ímpar somente se houver um jogo em que João escolheu um número par. Ou seja, cada mão ímpar de João "anula" uma mão par de Maria; e cada mão par de João "anula" uma mão ímpar de Maria.

Considere as seguintes variáveis:

• m_par: número de jogos em que Maria mostrou números pares
• m_impar: número de jogos em que Maria mostrou números ímpares
• j_par: número de jogos em que João mostrou números pares
• j_impar: número de jogos em que João mostrou números ímpares

Se m_par = j_impar, Maria pode ter perdido todos os jogos, pois para cada vez que ela mostrou par João pode ter mostrado ímpar. Portanto, a resposta nesse caso é que Maria garantidamente ganha zero jogos (embora possa ter ganho todos!).

Se m_par > j_impar, há m_par-j_impar jogos em que Maria mostrou par e João Mostrou par, de forma que Maria garantidamente ganha esses jogos (e somente esses jogos, garantidamente). Portanto, a resposta é m_par-j_impar.

No caso inverso, ou seja, se m_impar > j_par, há m_impar-j_par jogos em que Maria mostrou ímpar e João Mostrou ímpar, de forma que Maria garantidamente ganha esses jogos (e somente esses jogos, garantidamente). Portanto, a resposta nesse caso é que Maria ganha garantidamente m_ímpar-j_par jogos. Note que a resposta pode também ser escrita como j_impar-m_par, o que simplifica a codificação, pois precisamos manter apenas as variáveis j_impar e m_par.

Segue uma implementação para essa solução:

// Solução para o exercício 3 da aula 11
// Par ou ímpar

var n, i, x, m_par, j_impar;

scanf("%d", "n");
m_par = 0;      // m_par armazena o número de mãos pares de Maria
j_impar = 0;    // j_impar armazena o número de mãos ímpares de João
i=1;
while (i<=n) {
    scanf("%d", "x");
    if ((x % 2)===0)   // mão par?
        m_par=m_par+1;
    i = i+1;
}
i=1;
while (i<=n) {
    scanf("%d", "x");
    if ((x % 2)!==0)   // mão ímpar?
        j_impar=j_impar+1;  
    i = i+1;
}

if (m_par>j_impar)
    printf("%d\n", m_par-j_impar);
else
    printf("%d\n", j_impar-m_par);

Uma implementação alternativa:

// Solução para o exercício 3 da aula 11
// Par ou ímpar

var n, i, x, m_impar, m_par;

scanf("%d", "n");
m_impar = 0;  // m_impar armazena o número de mãos ímpares de Maria
m_par = 0;    // m_par armazena o número de mãos pares de Maria
i=1;
while (i<=n) {
    scanf("%d", "x");
    if ((x % 2)===0)   // mão par?
        m_par=m_par+1;  
    else 
        m_impar=m_impar+1;
    i = i+1;
}
i=1;
// Agora vamos descontar:
//    de m_par o número de mãos ímpares de João
//    de m_impar o número de mãos pares de João
while (i<=n) {
    scanf("%d", "x");
    if ((x % 2)!==0) {
        if (m_par>0) // desconta apenas se maior que zero
            m_par=m_par-1;
    }
    else {
        if (m_impar>0) // desconta apenas se maior que zero
            m_impar=m_impar-1;
    }
    i = i+1;
}

// O resultado é a soma dos números de mãos que sobraram.
// Note que ou m_par ou m_impar é zero
printf("%d\n", m_par+m_impar);