santax

MSI-файлик скачай - там точно 1.6.375

Проверил код здесь - https://js.do/code/475950 alert поставил не перед return, а в него завернул саму функцию. Всплывашка сработала, значит функция возвращает значение корректно. Возможно у вас дальше в коде ошибка?

А в настройках динамиков как раз не стоит галочки прослушивать с данного устройства? + там же (см. скрин), если есть настройки микрофона для динамика, то отключи его. Также рекомендую отключить все эффекты и пространственные звуки. Кроме этого, я бы отключил использование монопольного режима в настройках микрофона: И да, если это Windows 10 (в 8 вроде тоже есть), то в Панели управления найди Microphone privacy settings, и включи доступ приложений к нему. Про переходник верно подметили - очень может быть, что он причина нерегулировки уровня.

С днем рождения!

Да, все верно. Я имел ввиду, что автор посмотрел размер лишь подпапки в C:\Windows\assembly\NativeImages_v2.0.50727_32\Accessibility. А нужно было проверить размер папки, которой указал ты - в C:\Windows\assembly\NativeImages_v2.0.50727_32

C:\Windows\assembly\NativeImages_v2.0.50727_32\BDATunePIA в каталоге C:\Windows\assembly\NativeImages_v2.0.50727_32\Accessibility ???

C:\Windows\assembly\NativeImages_v2.0.50727_32\Accessibility - это лишь первый путь у вас в списке, у других каталогов другой путь. Соответственно и общий их размер 1,6 Гб.

Хм, тут должно быть дополнительное правило для таких случаев.

Про шоколадку я уже выше решил

В таких играх обычно всегда выигрывает второй, так как он создаёт стратегию игры для себя в зависимости от хода первого игрока. Например как бы я рассуждал, играя вторым игроком. В конце, чтобы я выиграл перед ходом первого игрока шоколадка должна иметь вид 1) OXO или 2) XO OO Для первого варианта плитка X может быть где угодно, кроме углов шоколада. Второй вариант - любое расположение плитки X. Есть предположение, гипотеза, что нам нужно будет стремиться привести в конце шоколад к виду 2. Так как 1й не учитывает все расположения плитки X. Поэтому пока отбросим (временно или навсегда?) идею превращения плитки в вариант #1. Смотрим теперь разные ходовки: 1. Плитка X находится в углу шоколадки. A. Первый игрок отломил 2018/2019 рядов шоколадки и оставил один ряд с плиткой X на конце. Я отламываю плитку X и отдаю её второму игроку, оставив себе вкусный шоколад. Допустимо, но маловероятный расклад. Б. Первый игрок отломил 2017/2018 рядов, оставив 2 ряда с плиткой X на конце. Я ломаю шоколад до квадрата 2*2 и привожу к варианту #2. В. Игрок ломает N (от 1 до 2016/2017) рядов с любой стороны. В этом случае нам нужно не попасть самим на место первого игрока в позиции А и Б. Поэтому мы доламываем шоколадку по этой же линии сломв, что и первый игрок, оставив для него шоколадку из 3х рядов с плиткой X на конце. Теперь у первого игрока есть несколько вариантов: ломать шоколадку в этом же ряду, тогда он опять попадёт в позиции А и Б. Либо ломать шоколадку по противоположному ряду: если он ломает шоколадку по максимуму, оставив 3*1, то он проиграл (позиция А). -- сам уже запутался в терминологии, а вы? Если ломает шоколадку до 3*2, то я ломаю шоколадку до вида 2*2 и вновь выигрываю. Если ломает шоколадку до вида 3*3, то проигрываю Я!!! Значит вариант В НУЖно пересмотреть!!! ======= А вот кстати и стратегия вырисовывается: нужно всегда стараться шоколадку привести к квадратному виду с плиткой X в углу! Тогда мы в любом случае сможем заставить игрока съесть плитку X. Раз шоколад у нас не квадратный, то тогда сейчас я играю сейчас за первого игрока. Мои действия, учитывая, что я буду применять стратегию выше: 1. Плитка X ,находится в углу шоколада изначально. => я делаю шоколад квадратным и выигрываю! 2. Плитка X на длинном краю шоколада (2020 плиток), но не в углу, а вторая с краю. => я делаю шоколад квадратным с плиткой X в углу и выигрываю. 3. Плитка X на длинном краю шоколада где-то там => Думаю, думаю... Думаю.. А что я думаю-то!!! Я просто независимо от того, где расположена плитка X, делаю шоколад всегда квадратным и выигрываю! То есть выиграет первый игрок, если всегда будет из шоколада делать квадрат (N*N плиток) во время своего хода. В этом случае плитка X достанется второму игроку.

Слился с предыдущим постом - он на месте)

Кстати, мне подсказали решение про грузики. Там так: применяем троичную систему счисления. Любое число в троичной системе может быть представлено как разность чисел, состоящих только их 0 и 1, причём единицы в обоих числах стоят на разных позициях. То есть, если нам надо решить задачу для произвольного N, то его надо записать в троичной системе. Сколько будет знаков - столько и грузиков потребуетя Этот?

Аналогично.. Менделеев над таблицей 20 лет думал и нам нужно подумать. --- Ну для начала наверно так: Предположим, что такая ситуация возможна. Пусть в конечном итоге остаётся пересекающие отрезки AC и BD в точке O. Получается в ABCD будет 4 треугольника. Тогда внутри фигуры ABCD обязательно должно быть минимум 2 точки (которые соединены с 2 точками вне ABCD), и расположены они будут на соседних треугольниках. Тогда при изменении отрезков с AC, BD на AB, CD один из отрезков вновь будет пересечен. Тогда мы вновь получаем пару пересекающихся отрезков. Но тут пришла идея: А что если эти 2 точки внутри ABCD соединить вместе, тогда отрезки можно заменить на AB и CD, и тогда останется доказать что 2 точки вне ABCD, которые станут отрезком, будут не пересекать ABCD. Хрень какая-то, нужно рисовать, чтобы понять мою логику.

1) 17*11 = 187 ударов. Решалась графически, за качество фото извините.

------- Ниже мысли вслух, чтобы не потерять идеи 1) +1+5+30 2) +1+5-30 3) +1-5+30 4) -1+5+30 5) +1-5-30 6) -1+5-30 7) -1-5+30 8) -1-1-30 1) и 8); 2) и 7); 3) и 6); 4) и 5) - 4 варианта. значит из 4 чисел будет лишь (2^(4-1))= 8 вариантов. ------ Посчитал примерно и получается, что теоретически такое возможно с 5 числами. Для 7 гирь точно подойдут 1,2,4,8,16,32,64. Значит надо найти в идеале комбинацию из 5 чисел, ну или либо из 6 чисел. 4 числа: 2^3 + 4*2^2 + 6*2^1 + 4*2^0 = 40 вариантов 5 чисел: 2^4 + 5*2^3 + 10*2^2 + 10*2^1 + 5*2^0 = 121 вариант 6 чисел = 2^5 + 6*2^4 + 15*2^3 + 20*2^2 + 15*2^1+6*2^0 = 32 + 96 + 120 + 80 + 30 + 6 = 134 + 230 = 364 варианта ======= Решение, которое пришло путём вычислений в уме - 1,3,9,27,81. Решение завтра. Оказывается задачка простая.