0365. 水壶问题
https://leetcode-cn.com/problems/water-and-jug-problem/
有两个容量分别为 x升 和 y升 的水壶以及无限多的水。请判断能否通过使用这两个水壶，从而可以得到恰好 z升 的水？
如果可以，最后请用以上水壶中的一或两个来盛放取得的 z升 水。
你允许：
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: (From the famous "Die Hard" example)
输入: x = 3, y = 5, z = 4
输出: True
示例 2:
输入: x = 2, y = 6, z = 5
输出: False
- BFS
- 最大公约数
- 阿里
- 百度
- 字节
两个水壶的水我们考虑成状态，然后我们不断进行倒的操作，改变状态。那么初始状态就是（0 0） 目标状态就是 （any, z）或者 (z, any)，其中 any 指的是任意升水。
已题目的例子，其过程示意图，其中括号表示其是由哪个状态转移过来的：
0 0 3 5(0 0) 3 0 (0 0 )0 5(0 0) 3 2(0 5) 0 3(0 0) 0 2(3 2) 2 0(0 2) 2 5(2 0) 3 4(2 5) bingo
class Solution:
def canMeasureWater(self, x: int, y: int, z: int) -> bool:
if x + y < z:
return False
queue = [(0, 0)]
seen = set((0, 0))
while(len(queue) > 0):
a, b = queue.pop(0)
if a ==z or b == z or a + b == z:
return True
states = set()
states.add((x, b))
states.add((a, y))
states.add((0, b))
states.add((a, 0))
states.add((min(x, b + a), 0 if b < x - a else b - (x - a)))
states.add((0 if a + b < y else a - (y - b), min(b + a, y)))
for state in states:
if state in seen:
continue;
queue.append(state)
seen.add(state)
return False
复杂度分析
- 时间复杂度：由于状态最多有$O((x + 1) * (y + 1))$ 种，因此总的时间复杂度为$O(x * y)$。
- 空间复杂度：我们使用了队列来存储状态，set 存储已经访问的元素，空间复杂度和状态数目一致，因此空间复杂度是$O(x * y)$。
上面的思路很直观，但是很遗憾这个算法在 LeetCode 的表现是 TLE(Time Limit Exceeded)。不过如果你能在真实面试中写出这样的算法，我相信大多数情况是可以过关的。
我们来看一下有没有别的解法。实际上，上面的算法就是一个标准的 BFS。如果从更深层次去看这道题，会发现这道题其实是一道纯数学问题，类似的纯数学问题在 LeetCode 中也会有一些，不过大多数这种题目，我们仍然可以采取其他方式 AC。那么让我们来看一下如何用数学的方式来解这个题。
这是一道关于
数论的题目，确切地说是关于裴蜀定理（英语：Bézout's identity）的题目。摘自 wiki 的定义：
对任意两个整数 a、b，设 d是它们的最大公约数。那么关于未知数 x和 y的线性丢番图方程（称为裴蜀等式）：
ax+by=m
有整数解 (x,y) 当且仅当 m是 d的整数倍。裴蜀等式有解时必然有无穷多个解。
因此这道题可以完全转化为
裴蜀定理。还是以题目给的例子x = 3, y = 5, z = 4，我们其实可以表示成3 * 3 - 1 * 5 = 4, 即3 * x - 1 * y = z。我们用 a 和 b 分别表示 3 升的水壶和 5 升的水壶。那么我们可以：- 倒满 a（1）
- 将 a 倒到 b
- 再次倒满 a（2）
- 再次将 a 倒到 b（a 这个时候还剩下 1 升）
- 倒空 b（-1）
- 将剩下的 1 升倒到 b
- 将 a 倒满（3）
- 将 a 倒到 b
- b 此时正好是 4 升
上面的过程就是
3 * x - 1 * y = z的具体过程解释。也就是说我们只需要求出 x 和 y 的最大公约数 d，并判断 z 是否是 d 的整数倍即可。
代码支持：Python3，JavaScript
Python Code：
class Solution:
def canMeasureWater(self, x: int, y: int, z: int) -> bool:
if x + y < z:
return False
if (z == 0):
return True
if (x == 0):
return y == z
if (y == 0):
return x == z
def GCD(a, b):
smaller = min(a, b)
while smaller:
if a % smaller == 0 and b % smaller == 0:
return smaller
smaller -= 1
return z % GCD(x, y) == 0
JavaScript：
/**
* @param {number} x
* @param {number} y
* @param {number} z
* @return {boolean}
*/
var canMeasureWater = function (x, y, z) {
if (x + y < z) return false;
if (z === 0) return true;
if (x === 0) return y === z;
if (y === 0) return x === z;
function GCD(a, b) {
let min = Math.min(a, b);
while (min) {
if (a % min === 0 && b % min === 0) return min;
min--;
}
return 1;
}
return z % GCD(x, y) === 0;
};
实际上求最大公约数还有更好的方式，比如辗转相除法：
def GCD(a, b):
if b == 0: return a
return GCD(b, a % b)
复杂度分析
- 时间复杂度：$O(log(max(a, b)))$
- 空间复杂度：空间复杂度取决于递归的深度，因此空间复杂度为 $O(log(max(a, b)))$
- 数论
- 裴蜀定理
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