LeetCode-365.水壶问题 广度优先搜索、费蜀定理

这里是题目描述：LeetCode-365.水壶问题

方法一：广度优先搜索

对于容量分别为x和y的水壶h1、h2，我们将两水壶分别有v1和v2升水作为一种状态，可以从当前状态出发经过一定操作（倒水、装水等）时两水壶水量变化到达下一个状态。当到达状态v1+v2=z时，就可以返回true。

我们将两水壶的某一状态看做图中的节点，将可能的倒水装水操作看做节点之间的路径。可以从v1=0、v2=0的节点出发，通过图的搜索算法求得结果

我们选用广度优先搜索，原因在于相比于深度优先搜索，广度优先搜索有“水滴波纹扩散”特性，有利于寻找到达某一节点的最短路径。为了避免重复搜索节点造成死循环，我们使用一个HashSet记录已经搜索过的节点，当遇到HashSet中已有的节点，则不进行搜索操作

根据题干，我们在搜索时可以采取的操作有：

1. h1装满水
2. h2装满水
3. h1倒空
4. h2倒空
5. h1向h2倒水
6. h2向h1倒水
   其中操作5和操作6还需区分倒满还有剩水（倒不完）和可以倒完

广度优先搜索代码

class Solution {
    //采用广度优先搜索解决
    public boolean canMeasureWater(int x, int y, int z) {
        if(z==0)
        {
            return true;
        }
        if(z<0 || z>x+y)
        {
            return false;
        }
        HashSet<String> visited=new HashSet<>(); //记录两水壶中有若干水的某一状态是否已经遍历过
        Queue<State> queue=new LinkedList<>(); //用于广度优先搜索的队列
        queue.offer(new State(0,0)); //初始状态，两个水壶都为空
        while(!queue.isEmpty())
        {
            State curState=queue.remove();
            if(visited.contains(curState.curWater[0]+" "+curState.curWater[1])) //该状态已经被遍历过
            {
                continue;
            }
            visited.add(curState.curWater[0]+" "+curState.curWater[1]);
            if(curState.curWater[0]+curState.curWater[1]==z)
            {
                return true;
            }
            //开始以当前状态广度优先地进行几种操作
            int[] water={curState.curWater[0],curState.curWater[1]};
            queue.offer(new State(x,water[1])); //1号杯装满
            queue.offer(new State(water[0],y)); //2号杯装满
            queue.offer(new State(0,water[1])); //1号杯倒空
            queue.offer(new State(water[0],0)); //2号杯倒空
            if((y-water[1])>=water[0]) //1号杯向2号杯倒水
            {
                queue.offer(new State(0,water[1]+water[0]));
            }
            else
            {
                queue.offer(new State(water[0]-(y-water[1]),y));
            }
            if((x-water[0])>=water[1]) //2号杯向1号杯倒水
            {
                queue.offer(new State(water[0]+water[1],0));
            }
            else
            {
                queue.offer(new State(x,water[1]-(x-water[0])));
            }
        }
        return false;
    }
}
class State //存储水壶x、水壶y分别有若干升水的状态，以及此状态是否被遍历过
{
    int[] curWater;
    public State(int w1,int w2)
    {
        this.curWater=new int[2];
        this.curWater[0]=w1;
        this.curWater[1]=w2;
    }
}

方法二：裴蜀定理

我们还可以使用数学的方法解此题：当容量为x、y的两水壶可以获得z升的水，则有ax+by=z，其中a、b均为整数。证明：

以x=3，y=5为例，当有ax+by=z，a=-2，b=2，表示需要将壶2接满两次水，壶1满壶状态下倒空两次：将壶2接满第一次，有5升水；壶2倒入壶1，壶2剩余2升水，壶1第一次倒空；将壶2的水倒入壶1，壶1有2升水，壶2空；将壶2接满第二次；将壶2的水倒入壶1，壶2剩余4升水；将壶1第二次倒空；于是就剩下了壶2的4升水

接下来我们说明裴蜀定理：设 d=gcd(a,b)，那么对于方程 ax+by=d，一定存在一组整数解。并且对于方程 ax+by=z，如果满足 z%d==0，那么方程一定有整数解，否则无整数解。

因此我们用辗转相除法求得x和y的最大公约数d，若z%d==0，则ax+by=z有整数解，否则没有

裴蜀定理数学方法求解代码

class Solution {
    public boolean canMeasureWater(int x, int y, int z) {
        return z==0 || (x+y>=z && z%gcd(x,y)==0);
    }
    int gcd(int x,int y) //辗转相除求最大公约数
    {
        return y==0?x:gcd(y,x%y);
    }
}