LC 365. 水壶问题

365. 水壶问题

难度: 中等

题目大意：

有两个水壶，容量分别为 jug1Capacity 和 jug2Capacity 升。水的供应是无限的。确定是否有可能使用这两个壶准确得到 targetCapacity 升。

如果可以得到 targetCapacity 升水，最后请用以上水壶中的一或两个来盛放取得的 targetCapacity 升水。

你可以：

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
1 <= jug1Capacity, jug2Capacity, targetCapacity <= 10^6

示例 1:
输入: jug1Capacity = 3, jug2Capacity = 5, targetCapacity = 4
输出: true
解释：来自著名的 "Die Hard"

分析

我们可以直接进行暴搜，一共可以进行的操作是

将x加满
将y加满
将x清空
将y清空
将x的水倒到y中
将y的水倒到x中

为了防止遍历重复的情况，我们可以用一个数组来存储状态，防止递归层数过深，我们可以使用栈来模拟递归过程

搜索

using PII = pair<int, int>;class Solution {
public:bool canMeasureWater(int x, int y, int z) {stack<PII> stk;stk.emplace(0, 0);// pair<int, int>使用不了默认的哈希函数，所以要重新写一下哈希函数auto hash_function = [](const PII& o) { return hash<int>()(o.first) ^ hash<int>()(o.second ); };// 表示是不是遍历过unordered_set<PII, decltype(hash_function)> seen(0, hash_function);while (!stk.empty()) {if (seen.count(stk.top())) {stk.pop();continue;}seen.emplace(stk.top());auto [remain_x, remain_y] = stk.top();stk.pop();if (remain_x == z || remain_y == z || remain_x + remain_y == z) {return true;}// 把 X 壶灌满。stk.emplace(x, remain_y);// 把 Y 壶灌满。stk.emplace(remain_x, y);// 把 X 壶倒空。stk.emplace(0, remain_y);// 把 Y 壶倒空。stk.emplace(remain_x, 0);// 把 X 壶的水灌进 Y 壶，直至灌满或倒空。stk.emplace(remain_x - min(remain_x, y - remain_y), remain_y + min(remain_x, y - remain_y));// 把 Y 壶的水灌进 X 壶，直至灌满或倒空。stk.emplace(remain_x + min(remain_y, x - remain_x), remain_y - min(remain_y, x - remain_x));}return false;}
};

时间复杂度: $O (x y)$

分析

裴蜀定理（或贝祖定理）得名于法国数学家艾蒂安·裴蜀，说明了对任何整数a、b和它们的最大公约数d，关于未知数x和y的线性不定方程（称为裴蜀等式）：若a,b是整数,且gcd(a,b)=d，那么对于任意的整数x,y,ax+by都一定是d的倍数，特别地，一定存在整数x,y，使ax+by=d成立。

所以我们可以知道如果gcd(x，y)是z的约数，那么说明肯定是可以的，但是要对x == 0和y == 0的情况特判一下

裴蜀定理

class Solution {
public:bool canMeasureWater(int x, int y, int z) {if (x + y < z) {return false;}if (x == 0 || y == 0) {return z == 0 || x + y == z;}return z % gcd(x, y) == 0;}
};