leetcode-水壶问题

 题目来自LeetCode，链接：水壶问题。具体描述为：有两个容量分别为x升和y升的水壶以及无限多的水。请判断能否通过使用这两个水壶，从而可以得到恰好z升的水？如果可以，最后请用以上水壶中的一或两个来盛放取得的z升水。你允许：

• 装满任意一个水壶
• 清空任意一个水壶
• 从一个水壶向另外一个水壶倒水，直到装满或者倒空

 示例1：

输入: x = 3, y = 5, z = 4
输出: True

 示例2：

输入: x = 2, y = 6, z = 5
输出: False

 首先，可以用一个二元组（X中水量，Y中水量）表示在任意一个时刻的状态。每个时刻都有以下几个可选操作：

• 把X的水倒进Y，直至Y满或X空；
• 把Y的水倒进X，直至X满或Y空；
• 把X装满；
• 把Y装满；
• 把X倒空；
• 把Y倒空。

 因此，本题可以使用深度优先搜索BFS来解决。在每一步搜索时，依次尝试上述所有的操作，递归地搜索下去。同时还需要用一个哈希表存储所有已经搜索过的状态，从而保证每个状态至多只被搜索一次。

 JAVA版代码如下：

class Solution {
    public boolean canMeasureWater(int x, int y, int z) {
        Set<String> set = new HashSet<>();
        Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();
        queue.offer(new int[] {0, 0});
        while (!queue.isEmpty()) {
            int[] item = queue.poll();
            if (item[0] == z || item[1] == z || item[0] + item[1] == z) {
                return true;
            }
            if (!set.add(item[0] + "," + item[1])) {
               continue;
            }
            queue.offer(new int[] {x, item[1]});
            queue.offer(new int[] {item[0],y});
            queue.offer(new int[] {0, item[1]});
            queue.offer(new int[] {item[0], 0});
            queue.offer(new int[] {Math.max(0, item[0] - (y - item[1])), Math.min(item[1] + item[0], y)});
            queue.offer(new int[] {Math.min(item[0] + item[1], x), Math.max(0, item[1] - (x - item[0]))});
        }
        return false;
    }
}

 这个直接就超时了，因为状态还是有点太多了啊。

 然后参考评论区的一种简单BFS。这里不去关注（X中水量，Y中水量）这个二元状态，改为关注总水量n。那么每次操作只会让桶里的水总量增加 x，增加 y，减少 x，或者减少 y。原因在于在题目所给的操作下，两个桶不可能同时有水且不满。

• 首先，每次操作后都至少有一个桶是空的或者满的。
• 其次，对一个不满的桶加水是没有意义的。因为如果另一个桶是空的，那么这个操作的结果等价于直接从初始状态给这个桶加满水；而如果另一个桶是满的，那么这个操作的结果等价于从初始状态分别给两个桶加满。所以这种增加量不是x或y的操作是无意义的。
• 再次，把一个不满的桶里面的水倒掉是没有意义的。因为如果另一个桶是空的，那么这个操作的结果等价于回到初始状态；而如果另一个桶是满的，那么这个操作的结果等价于从初始状态直接给另一个桶倒满。所以这种减少量不是x或y的操作也是无意义的。

 有了上面的分析，现在我们就只有四个状态了，同样可以用BFS：

• 增加x：相当于给X加满水，所以须满足n $\le$y以将全部水先转移到Y；
• 增加y：相当于给Y加满水，所以须满足n $\le$x以将全部水先转移到X；
• 减少x：相当于倒掉X的水，所以须满足n $\ge$x以能先装满X再倒掉；
• 减少y：相当于倒掉Y的水，所以须满足n $\ge$y以能先装满Y再倒掉。

 JAVA版代码如下：

class Solution {
    public boolean canMeasureWater(int x, int y, int z) {
        Set<Integer> set = new HashSet<>();
        Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
        queue.offer(0);
        while (!queue.isEmpty()) {
            int n = queue.poll();
            if (n == z) {
                return true;
            }
            if (n <= y && set.add(n + x)) {
                queue.offer(n + x);
            }
            if (n <= x && set.add(n + y)) {
                queue.offer(n + y);
            }
            if (n >= x && set.add(n - x)) {
                queue.offer(n - x);
            }
            if (n >= y && set.add(n - y)) {
                queue.offer(n - y);
            }
        }
        return false;
    }
}

 提交结果如下:

 最后是数学解法。因为可以认为每次操作只会给水的总量带来x或者y的变化量，所以可以把目标改写成：找到一对整数 a,和b使得 $ax+by=z$。而只要满足 $z\leq x+y$，且这样的a和b存在，那么就可以达成目标。这是因为：

• 若 $a\geq 0$， $b\geq 0$，那么显然可以通过倒满a次X和b次Y达成目标。

• 若 $a\lt 0$，那么可以进行以下操作：

  • 往Y倒水；
  • 把Y的水倒入X；
  • 如果Y不为空，那么X肯定是满的，把X倒空，然后再把Y的水倒入X以保证Y是空的。

  重复以上操作直至某一步时将X倒空了a次，给Y倒了b次水。

• 若 $b\lt 0$，方法同上，x 与 y 互换。

 然后就需要用到数学定理了，根据贝祖定理， $ax+by=z$有解当且仅当z是x和y的最大公约数的倍数。因此我们只需要找到 x和y的最大公约数并判断z是否是它的倍数即可。

 JAVA版代码如下：

class Solution {
    private int gcd(int x, int y) {
        while (true) {
            if (x % y == 0) {
                return y;
            }
            else {
                int temp = y;
                y = x % y;
                x = temp;
            }
        }
    }
    public boolean canMeasureWater(int x, int y, int z) {
        if (x + y < z) {
            return false;
        }
        if (x == 0 || y == 0) {
            return z == 0 || z == x + y;
        }
        int n = x > y ? gcd(x, y) : gcd(y, x);
        return z % n == 0;
    }
}

 提交结果如下: