[54]电容充电-字节跳动2018秋

1.题目描述

有一台用电容组成的计算器，其中每个电容组件都有一个最大容量值（正整数）。
对于单个电容，有如下操作指令：
指令1：放电操作-把该电容当前电量值清零
指令2：充电操作-把该电容当前电量补充到其最大容量值
对于两个电容A和B，有如下操作指令：
指令3：转移操作-从A中尽可能多的将电量转移到B，转移不会有电量损失，如果能够充满B的最大容量，那剩余的电量仍然会留在A中
现在已知有两个电容，其最大容量分别为a和b，其初始状态都是电量值为0，希望通过一系列的操作可以使其中某个电容（无所谓哪一个）中的电量值等于c(c也是正整数)，这一系列操作所用的最少指令条数记为M，如果无论如何操作，都不可能完成，则定义此时M=0。
显然对于每一组确定的a、b、c，一定会有一个M与其对应。

• 输入描述:
  每组测试样本的输入格式为：
  第一行是一个正整数N
  从第二行开始，每行都是3个正整数依次组成一组a、b、c，一共有N组
• 输出描述:
  输出为N行，每行打印每一组的对应的M
• 数据范围：
  N：0
a、b、c：
0<a、b、c<10^5（50%）
0<a、b、c<10^7（30%）
0<a、b、c<10^9（20%）
• 输入示例:

  2 
  3 4 2 
  2 3 4
  

• 输出示例:

  4
  0
  

• 说明:
  对于(3，4，2),最少只需要4个指令即可完成：
  （设最大容量为3的是A号电容，另一个是B号电容）
  1. 充电A转移A->B
  2. 充电A转移A->B
     此时A中当前电量为2，操作完成，所以输出4。
     对于(2，3，4)，显然不可能完成，输出0。

2.题目解析

1. 简单情况
   1. 若c>a且c>b，则显然不可能完成，M为0。
   2. 若c=a或c=b，则显然一次操作可完成，M为1。
2. 其他情况
   示例条件
   • A容量a=3
   • B容量b=4
   • 目标电量c=2

一共有两种方式
小容量的先充电，然后转移到大容量

操作	A电量(a=3)	B电量(b=4)
初始状态	0	0
A充电	3	0
A转移到B	0	3
A充电	3	3
A转移到B	2	4

指令条数M=4

大容量的先充电，然后转移到小容量

操作	A电量(a=3)	B电量(b=4)
初始状态	0	0
B充电	0	4
B转移到A	3	1
B放电	0	1
B转移到A	1	0
B充电	1	4
B转移到A	3	2

指令条数M=6

从小到大一定比从大到小指令少？

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现在考虑剩余情况，即c且c≠Min(a,b)(条件1)
将电容A、B看作一个整体，整体电容只有充电和放电两种操作。其中充电使整体总电量增加，放电使整体总电量减少，则系统总电量可以达到的数值为ax+by(a、b为整数，且ab<0)，其中x、y中为正的表示充电，为负的表示放电。因为条件1，所以a、b一定是一正一负，即ab<0。
要使电量为c，则要满足等式ax+by=c。根据裴蜀定理，等式可以满足当且仅当gcd(a,b)|c，即a,b的最大公约数也是c的因子。

裴蜀/贝祖定理
若是整数,且，那么对于任意的整数,都一定是的倍数，特别地，一定存在整数，使成立。

相反，若c mod gcd(a,b)≠0，则电量不能达到c，M为0。
现在假设gcd(a,b)|c，即存在一正一负的整数x,y满足等式ax+by=c，不妨设x>0，则整体电容的具体操作流程如下：

1. 给电容A充电
2. 电容A转移到电容B
3. 若电容B满电，则其放空电量
4. 如果电容A电量非空，则转2
5. 转1重复执行整个过程，直到某时刻电容A或B中电量为c为止

先给容量大的充电()，还是先给容量小的充电()？
指令条数M = 转移次数 + 充电次数 + 放电次数
转移次数 = 充电次数 + 放电次数？

其电容操作次数有如下两种情况： 假设(b>a)

1. 若c>a(此时a)，则最终是B中先有c的电量(A存不下)，此时有x次充电，−y次放电，x−y次转移(因为B中先有c的电量，每次A充电必然要转移到B，每次B放电必然A非空由步骤4转步骤2进行转移操作)，共2(x−y)次操作。
2. 若c(此时c且c)，则最终是A中先有c的电量(反证法：若B中先有，因为a、b都大于c，所以必然是A转移c电量给空的B，此时A先有c电量，矛盾)，此时有x次充电，−y−1次放电(当A中有c的电量时，必然是转移给B后，A中剩余c的电量，此时B中满电量不用放电也满足题目要求，所以公式计算的放电次数需要减1)，x−y−1次转移(即实际需要充电次数x加上实际需要放电次数−y−1)，共2(x−y−1)次操作。

因此只需要最小化|x|+|y|。若使用扩展欧几里德算法求出任意一组解(x,y)，则等式ax+by=c的全部整数解为：

找出其中距离0最近的两组解(x,y)(一组x>0，另一组y>0)，其中|x|+|y|最小的一组就是达到最小操作数的解(x,y)，根据上面分析可得到最小操作数。

参见[欧几里得算法]与[扩展欧几里得算法]

3.参考答案

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;

// 扩展欧几里得算法
LL egcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
  if (b == 0) {
    x = 1, y = 0;
    return a;
  }
  LL q = egcd(b, a % b, y, x);
  y -= a / b * x;
  return q;
}

int main() {
  int N = 0;
  scanf("%d",&N);
  while (N--) {
    LL a, b, c, x, y;
    scanf("%lld%lld%lld", &a,&b,&c);

    int d = egcd(a, b, x, y); // 这里是ax+by=d
    // c大于A和B的容量，不能完成
    // 根据裴蜀/贝祖定理，c不是gcd(a,b)的倍数，不能完成
    if (c > a && c > b || c % d) {
      printf("0\n");
      continue;
    }

    // 刚好1步充满A或者B
    if (c == a || c == b) {
      printf("1\n");
      continue;
    }

    // 假设a>0
    if (y > 0) swap(x, y), swap(a, b);
    
    // 使ax + by = c （d是c的因子，即对上面式子ax + by = d两边同时乘以c / d）
    x *= c / d; // 乘上c的约分
    y *= c / d;

    LL a2 = a / d; // a约分
    LL b2 = b / d; // b约分
    LL k = x / b2; // |x|+|y|最小的k？？？？？
    x -= k * b2; // 使这组(x, y)最接近0（x > 0时的整数解）
    y += k * a2;
    LL res;
    if (c > a)
      res = 2 * (x - y);
    else
      res = 2 * (x - y - 1);
    // |x|+|y|最小？？？？
    x -= b2;
    y += a2;
    if (c > b)
      res = min(res, 2 * (y - x));
    else
      res = min(res, 2 * (y - x - 1));
    printf("%d\n",res);
  }
  return 0;
}