【经典算法题】水壶问题

【经典算法题】水壶问题

Leetcode 0365 水壶问题

题目描述：Leetcode 0365 水壶问题

分析

• 本题的考点：数学、欧几里得算法。

• 两个水壶记为A、B。A、B这两个水壶都是及不空也不满，这种情况是不可能存在的。这是因为我们的三种操作所决定的。

• 我们考虑将两个水壶看成一体，考虑整个整体和外界交换的水量，在最优操作情况下（即操作次数最少的情况下），每次和外界交换的水量只可能是+x、-x、+y、-y。原因如下：假设现在A中有水但是不满，则B中要么是空要么是满，此时将A加满或者将A倒空和外界交换的水量不是上述情况，如果这样操作可以得到解，不如上来直接让A为空或者为满，这样操作次数更少。

• 考虑这个整体和外界交换水量为x、y的次数分别为a、b，如果有$a\times x+b\times y==z$，则说明存在解。

• 因此我们需要判断是否存在这样的a、b使得$a\times x+b\times y==z$，这就是裴淑定理。可以参考：扩展欧几里得算法。

• 这里如果x、y的最大公约数可以整除c，就存在a、b。

• 那我们能构造出这组解吗？如果z>x+y，说明一定不存在解。否则可以构造出这组解。下面给出构造过程：

  （1）首先a、b不可能都小于0，因为右侧是c是大于0的，如果a、b都大于0，则说明a、b都等于1，z=x+y；

  （2）当有一个大于0，一个小于等于0时，比如a>0，b<=0，则我们可以向A中加满水，然后将A中的水倒到B中，直到水壶A被加了a次水，水壶B倒掉了b次水既可以得到结果。

代码

• C++

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

    int gcd(int a, int b) {
        return b ? gcd(b, a % b) : a;
    }
};

• Java

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

    private int gcd(int a, int b) {
        return b != 0 ? gcd(b, a % b) : a;
    }
}

时空复杂度分析

• 时间复杂度：$O(log(n))$，n为求最大公约数的数的大小。

• 空间复杂度：$O(1)$。