华为OD机考算法题：数字加减游戏

题目部分


题目	数字加减游戏
难度	难
题目说明	小明在玩一个数字加减游戏，只使用加法或者减法，将一个数字 s 变成数字 t 。每个回合，小明可以用当前的数字加上或减去一个数字。现在有两种数字可以用来加减，分别为 a, b (a≠b)，其中 b 没有使用次数限制。请问小明最少可以用多少次 a，才能将数字 s 变成数字 t 。题目保证数字 s 一定能变成数字 t。
输入描述	输入的唯一一行包含四个正整数s,t,a,b(1≤s,t,a,b≤ $10^{5}$ )，并且a≠b。
输出描述	输出的唯一一行包含一个整数，表示最少需要使用多少次 a 才能将数字 s 变成数字 t。
补充说明	无
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示例
示例1
输入	1 10 5 2
输出	1
说明	初始值 1 加一次 a 变成 6，然后加两次 b 变成 10，因此 a 的使用次数为 1。

示例2
输入	11 33 4 10
输出	2
说明	11 减两次 a 变成 3，然后加三次 b 变成 33，因此 a 的使用次数为 2 次。

解读与分析

题目解读：

由于 a 加一次后再减一次等于 0，在这里需要计算最少次数，所以我们不必做既加又减的操作。同时，也假设 b 也只做一种操作，也不存在既加又减的情况。

在这个前提下，此题要求在 s 的基础上，加减若干次 a，再加减若干次 b，最后得到 t。

本质上，由 s 变成 t ，与由 t 变成 s相比，加减 a 、b 的次数是一样的，无非就是逆向操作，加变减，减变加。

更进一步思考，s 变成 t，与 ( s + 1) 变成 ( t + 1 ) 也是一样的，其实就是发生 | s - t | 差值的变化。

分析与思路：

由于 s、t 是固定值，我们假设 n = | s - t |。

此题可以转变为：一个原始数据，加或减a 若干次（假设为 x），加或减 b 若干次（假设为 y），产生的变化为 n 。
此题有 3 种情况：
1. a * x - b * y = n
2. b * y - a * x = n
3. a * x + b * y = n
其中，x、y 均为正整数。
这 3 个等式可以做如下转换。
1.  a * x - b * y = n $\Rightarrow$ y = $\frac{ a * x - n }{ b}$
2.  b * y - a * x = n   $\Rightarrow$ y = $\frac{ a * x + n }{ b}$
3.  a * x + b * y = n $\Rightarrow$   y = $\frac{ n - a * x }{ b}$
其中，第 1 个和第 3 个可以合并成 y = $\frac{ | ax - n | }{ b }$ 。

在 y = $\frac{ a * x + n }{ b}$ 和 y = $\frac{ | ax - n | }{ b }$ 这两个等式中，它们的分母都能被 b 整除，这意味着这两个等式可以转换成：
1. ( a * x ) % b = n % b
2. ( a * x ) % b = ( b - n % b) % b
这两个等式的右边都是常数。此题进一步简化：找出最小的 x，使其满足以上 2 个条件中的任意一个。

x 的取值范围是多少呢？由于等式对 b 进行取模操作，即意味着当 x == 0 等同于 x == b， x == 1 也等同于 x == ( b + 1)。直观地看， x 的取值范围为 0 ≤ x < b。

更进一步，假设 a、b 的最小公倍数是 L，那么 a 加 $\frac{L}{a}$ 次与 b 加 $\frac{L}{b}$ 次是相等的，因此 x 的取值范围可以进一步缩小到 0 ≤ x < $\frac{L}{a}$ 。

那么，此题就可以简化成，把 x 从 0 到 $\frac{L}{a}$ ，代入到等式
1. ( a * x ) % b = n % b
2. ( a * x ) % b = ( b - n % b) % b
中，当这两个等式中任意一个成立时，x 的值即是最小的值。

题目中提到，“题目保证数字 s 一定能变成数字 t”，那我们在从 x = 0 开始代入等式，每次增加 1 尝试等式是否成立时，无需去计算 $\frac{L}{a}$ 的值，必定会在 $\frac{L}{a}$ 之前求出 x 的值。

更进一步，先求 a 与 b 的最大公约数（设为 C1），再求 n 与 b 的最大公约数（C2），接着求 C1 和 C2 的最大公约数（设为 C），那么等式就变成了：
1. ( $\frac{a}{C}$ * x ) % $\frac{b}{C}$ = $\frac{n}{C}$ % $\frac{b}{C}$
2. ( $\frac{a}{C}$ * x ) % $\frac{b}{C}$ = ( $\frac{b}{C}$ - $\frac{n}{C}$ % $\frac{b}{C}$ ) % $\frac{b}{C}$

此时， $\frac{a}{C}$ 与 $\frac{b}{C}$ 的最小公倍数变为原来的 $\frac{1}{C}$ ，x 的范围进一步缩小。

但是，写代码的时候完全不必关心这些。尽管 x 的取值范围进一步缩小，实际上是进一步精确了，x 的值不会发生改变，从 0 开始遍历，遍历的次数不会发生改变。

此题空间复杂度为 O(1)。由于输入数字最大不超过10的5次方，运行时间很短。

代码实现

Java代码

import java.util.Scanner;

/**
 * 数字加减游戏
 * 
 * @since 2023.09.08
 * @version 0.1
 * @author Frank
 *
 */
public class NumPlusMinusGame {

	public static void main(String[] args) {
		Scanner sc = new Scanner(System.in);
		while (sc.hasNext()) {
			String input = sc.nextLine();
			String[] numbers = input.split( " " );
			processNumPlusMinusGame( numbers );
		}
	}
	
	private static void processNumPlusMinusGame( String numbers[] )
	{
		int s = Integer.parseInt( numbers[0] );
		int t = Integer.parseInt( numbers[1] );
		int a = Integer.parseInt( numbers[2] );
		int b = Integer.parseInt( numbers[3] );
		
		int n = Math.abs( s - t );
		
		// 当modValue1 可能等于 modValue2，如 modValue1 等于0 或 等于 b/2 的情况。
		int modValue1 = n % b;
		int modValue2 = ( b - n % b ) % b;
		
		int i = 0;
		while( true )
		{
			int tmpModValue = ( a * i ) % b;
			if( tmpModValue == modValue1 || tmpModValue == modValue2 )
			{
				System.out.println(i);
				return;
			}
			i ++;
		}
	}
}

JavaScript代码

const rl = require("readline").createInterface({ input: process.stdin });
var iter = rl[Symbol.asyncIterator]();
const readline = async () => (await iter.next()).value;
void async function() {
    while (line = await readline()) {
        var numberArr = line.split(" ");
        processNumPlusMinusGame(numberArr);
    }

}();

function processNumPlusMinusGame(numberArr) {
    var s = parseInt(numberArr[0]);
    var t = parseInt(numberArr[1]);
    var a = parseInt(numberArr[2]);
    var b = parseInt(numberArr[3]);

    var n = Math.abs(s - t);

    // 当modValue1 可能等于 modValue2，如 modValue1 等于0 或 等于 b/2 的情况。
    var modValue1 = n % b;
    var modValue2 = (b - n % b) % b;

    var i = 0;
    while (true) {
        var tmpModValue = (a * i) % b;
        if (tmpModValue == modValue1 || tmpModValue == modValue2) {
            console.log(i);
            return;
        }
        i++;
    }

}

此题主要工作量在解题思路上，代码量非常少。

(完)