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）- 充电A转移A->B
- 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
- 简单情况
- 若
c>a且c>b，则显然不可能完成，M为0。 - 若
c=a或c=b，则显然一次操作可完成，M为1。
- 若
- 其他情况
示例条件- A容量
a=3 - B容量
b=4 - 目标电量
c=2
- A容量
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？
现在考虑剩余情况，即cc≠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：
- 给电容A充电
- 电容A转移到电容B
- 若电容B满电，则其放空电量
- 如果电容A电量非空，则转2
- 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)
- 若
c>a(此时ac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。 - 若
cccc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;
}