Leetcode.365 水壶问题

题目链接

Leetcode.365 水壶问题 mid

题目描述

有两个水壶，容量分别为 x和 y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 z升。

如果可以得到 z升水，最后请用以上水壶中的一或两个来盛放取得的 z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

示例 1:

输入: jug1Capacity = 3, jug2Capacity = 5, targetCapacity = 4
输出: true
解释：来自著名的 “Die Hard”

示例 2:

输入: jug1Capacity = 2, jug2Capacity = 6, targetCapacity = 5
输出: false

示例 3:

输入: jug1Capacity = 1, jug2Capacity = 2, targetCapacity = 3
输出: true

提示：

• 1<=x,y,z<=1061 <= x, y, z <= 10^61<=x,y,z<=106

解法一：bfs

由于题目给定的操作，我们可以将两个水壶看成一个整体，总的水量 $t$ 看成是一个状态，每次操作之后只会有如下四个状态：

• $t+x$ $(t+x\le x+y)$
• $t+y$ $(t+y\le x+y)$
• $t-x$ $(t-x\ge 0)$
• $t-y$ $(t-y\ge 0)$

我们就可以用从初始状态 0 开始（初始两个水壶都为空，故 $t=0$） bfs，在这个过程中，我们用一个哈希表记录 已经访问过的状态。如果存在一个状态 t′=zt' = zt′=z，说明两个水壶可以得到 $z$ 升水，故返回 true。

bfs 结束，返回 false。

时间复杂度： $O(n)$

C++代码：

class Solution {
public:bool canMeasureWater(int x, int y, int z) {if(z > x + y) return false;unordered_set<int> vis;queue<int> q;q.push(0);vis.insert(0);while(!q.empty()){auto t = q.front();q.pop();if(t == z) return true;if(t + x <= x + y && !vis.count(t + x)){vis.insert(t + x);q.push(t + x);}if(t + y <= x + y && !vis.count(t + y)){vis.insert(t + y);q.push(t + y);}if(t - x >= 0 && !vis.count(t - x)){vis.insert(t - x);q.push(t - x);}if(t - y >= 0 && !vis.count(t - y)){vis.insert(t - y);q.push(t - y);}}return false;}
};

解法二：裴蜀定理

对于题目给定的操作，我们可以认为每次操作只会让 两个水壶的总的水量 增加$x$ ， 减少 $x$ ，增加 $y$，减少 $y$。

• 因为不会出现 两个桶同时有水并且都不是满的。题目给定的三种操作，无论怎么组合使用，一定至少会有一个桶为空 或者 满。
• 对一个没满的桶加水是无意义的。因为如果另一个桶是空的，那么这个操作的结果等价于直接从初始状态给这个桶加满水；而如果另一个桶是满的，那么这个操作的结果等价于从初始状态分别给两个桶加满。
• 另外，把一个不满的桶里面的水倒掉也是无意义的。因为如果另一个桶是空的，那么这个操作的结果等价于回到初始状态；而如果另一个桶是满的，那么这个操作的结果等价于从初始状态直接给另一个桶倒满。

所以实际上，每次操作只会给总的水量带来 $x$ 或者 $y$ 的变化量，可以用下面的式子表示：

$$ax+by=z$$

即，裴蜀定理。

该式成立的条件是 $z$ 是否能整除 $gcd(a,b)$。

时间复杂度： $O(log(min(x,y)))$

C++代码：

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