J：异次元抓捕
在一个时间空间都无穷大的二维的平行宇宙中（为了简化问题，用网格表示空间）
小y因为偷取宝物被发现，开始了逃亡之旅，
小y可以在以自身为中心的边长为（2∗k+1) 的正方形网格中任意移动(1≤k≤1e5)（注意不可以不移动）
每次小y移动过后，追捕者会在空间中放下一个障碍物，拦截小y，（一个障碍物会占领一个1*1的网格）（障碍物不会出现在小y脚下)）
由于小y有着高超的身法，小y可以在移动过程中越过障碍物，但是不能停留在有障碍物的地方。
（如图当k=1的时候，蓝色网格为小y的可移动范围）
小y和追捕者都聪明绝顶，小y知道所有障碍物的位置，追捕者也知道小y的位置
并且两者都会选择最优的策略，
如果最后小y被障碍物围住而无法再次移动，就会被抓住。
你需要判断小y是否会被抓住
如果小y会被抓住 ， 输出YES
否则，输出NO
输入描述:
第一行包含一个正数t(1≤t≤1e5)------问题询问次数
每次询问输入一个整数k
输出描述:
对于每个测试用例
如果会被抓住，输出YES
否则，输出NO
示例1：
输入：
1. 2 2. 1 3. 617
输出：
1. YES 2. NO
思路：k==1时能抓到，输出YES，否则输出NO。
void solve() { int k; cin>>k; if(k==1) cout<<"YES"<<endl; else cout<<"NO"<<endl; return ; }
K：奖励关
有一个可以无限重生的boss，开始时boss有1点生命值，当boss被击败后（血量小于等于0时），玩家可以获得1点积分，此后boss会复活并且血量翻倍(第一次复活是2，第二次是4，第三次是8，依次类推，复活之后boss满血)，再次击败boss后可以再次获得1点积分。
boss不会行动，初始时玩家攻击力为1，玩家可以行动 n 个回合，对于每一个回合玩家可以选择下面三种操作的一个。
操作1：攻击 对boss攻击，boss降低的血量等于玩家的当前攻击力
操作2：攻击强化 攻击力永久 × 2
操作3：蓄力 下次攻击时，攻击力 × 8，可以叠加（两次蓄力后可以 × 64,但是攻击之后增益消失），只对第一次攻击有收益
示例：执行5次操作，分别为22311，那么第一次的攻击时攻击力是32，第二次的攻击时攻击力是4
输入描述:
第一行一个正整数 T(T≤105) 代表多组询问
接下来 T 行，每行一个正整数n(n≤1e9)代表此轮可以进行的操作数
输出描述:
T行，每行一个整数 ，输出玩家选择最优的操作方案可以获得的最大积分数
示例1
输入
1. 2 2. 1 3. 3
输出
1. 1 2. 2
备注:
当前攻击力等于 2^(i+3× j ),i表示已执行操作2的次数 ，jjj表示当前攻击与上一次攻击间隔间的操作3的次数
思路：仔细思考会发现，蓄力的收益在n较小时和强化一样，但是在n较大时强化的收益远远大于蓄力带来的，所以直接一直强化即可。
void solve() { int n,a=1,b=1,sum=0; cin>>n; cout<<(n+1)/2<<endl; return ; }
M：找孙子
ym 刚刚被他的儿子冷落了，他现在想要找他的孙子诉诉苦
给定一个有向无环图，请你找出对于每个节点，对于其作为爷爷节点时，存在多少对爷爷-孙子关系
爷爷-孙子关系的定义是，如果在有向无环图中存在有向边 (x, y)(x,y) 和 (y, z)(y,z), 那么称 zz 是 xx 的孙子， 有序对组 [(x, y), (y, z)] 称为一个爷爷-孙子关系
请注意： 对于相同的一对爷爷，孙子节点，可能存在不同的中间节点，使得爷爷-孙子关系数量大于一
输入描述:
第一行输入两个正整数 nn, mm, 数据保证 1<=n<=1e6,1≤m≤2×1e6
接下来 mm 行，每行两个正整数 uu, vv 表示存在一条有向边 (u, v)
数据保证不存在重边和自环
输出描述:
输出一行 nn 个数字，用空格分隔开，第 ii 个数字表示编号为 ii 的节点的孙子数量
示例1
输入
1. 5 10 2. 5 3 3. 2 3 4. 1 2 5. 4 1 6. 1 3 7. 4 2 8. 2 5 9. 4 3 10. 1 5 11. 4 5
输出
3 1 0 6 0
思路：分别用一维vector容器来遍历，二维vector容器储存孙节点个数（想着二维数组内存过不了，二维vector居然能过）
#include <bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; signed main() { int n,m; cin>>n>>m; vector<vector<int>> graph(n + 1); vector<int> grandchildren_count(n + 1, 0); for (int i=0;i<m;i++) { int u,v; cin>>u>>v; graph[u].push_back(v); } for (int i=1;i<=n;i++) { for (int j:graph[i]) { for (int k:graph[j]) { grandchildren_count[i]++; } } } for (int i=1;i<=n;i++) { cout<<grandchildren_count[i]<<" "; } return 0; }
