365-水壶问题(Water and Jug Problem)
发表于：2021-12-03 | 分类： 中等
字数统计: 2.3k | 阅读时长: 10分钟 | 阅读量：

原文链接: https://leetcode-cn.com/problems/water-and-jug-problem

英文原文

You are given two jugs with capacities jug1Capacity and jug2Capacity liters. There is an infinite amount of water supply available. Determine whether it is possible to measure exactly targetCapacity liters using these two jugs.

If targetCapacity liters of water are measurable, you must have targetCapacity liters of water contained within one or both buckets by the end.

Operations allowed:

  • Fill any of the jugs with water.
  • Empty any of the jugs.
  • Pour water from one jug into another till the other jug is completely full, or the first jug itself is empty.

 

Example 1:

Input: jug1Capacity = 3, jug2Capacity = 5, targetCapacity = 4
Output: true
Explanation: The famous Die Hard example

Example 2:

Input: jug1Capacity = 2, jug2Capacity = 6, targetCapacity = 5
Output: false

Example 3:

Input: jug1Capacity = 1, jug2Capacity = 2, targetCapacity = 3
Output: true

 

Constraints:

  • 1 <= jug1Capacity, jug2Capacity, targetCapacity <= 106

中文题目

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

通过代码

高赞题解

方法一：深度优先搜索

思路及算法

首先对题目进行建模。观察题目可知，在任意一个时刻，此问题的状态可以由两个数字决定：X 壶中的水量，以及 Y 壶中的水量。

在任意一个时刻，我们可以且仅可以采取以下几种操作：

  • 把 X 壶的水灌进 Y 壶，直至灌满或倒空；
  • 把 Y 壶的水灌进 X 壶，直至灌满或倒空；
  • 把 X 壶灌满；
  • 把 Y 壶灌满；
  • 把 X 壶倒空；
  • 把 Y 壶倒空。

因此，本题可以使用深度优先搜索来解决。搜索中的每一步以 remain_x, remain_y 作为状态，即表示 X 壶和 Y 壶中的水量。在每一步搜索时，我们会依次尝试所有的操作，递归地搜索下去。这可能会导致我们陷入无止境的递归，因此我们还需要使用一个哈希结合（HashSet）存储所有已经搜索过的 remain_x, remain_y 状态，保证每个状态至多只被搜索一次。

在实际的代码编写中，由于深度优先搜索导致的递归远远超过了 Python 的默认递归层数（可以使用 sys 库更改递归层数，但不推荐这么做），因此下面的代码使用栈来模拟递归，避免了真正使用递归而导致的问题。

[sol1-Python3]
class Solution:
    def canMeasureWater(self, x: int, y: int, z: int) -> bool:
        stack = [(0, 0)]
        self.seen = set()
        while stack:
            remain_x, remain_y = stack.pop()
            if remain_x == z or remain_y == z or remain_x + remain_y == z:
                return True
            if (remain_x, remain_y) in self.seen:
                continue
            self.seen.add((remain_x, remain_y))
            # 把 X 壶灌满。
            stack.append((x, remain_y))
            # 把 Y 壶灌满。
            stack.append((remain_x, y))
            # 把 X 壶倒空。
            stack.append((0, remain_y))
            # 把 Y 壶倒空。
            stack.append((remain_x, 0))
            # 把 X 壶的水灌进 Y 壶，直至灌满或倒空。
            stack.append((remain_x - min(remain_x, y - remain_y), remain_y + min(remain_x, y - remain_y)))
            # 把 Y 壶的水灌进 X 壶，直至灌满或倒空。
            stack.append((remain_x + min(remain_y, x - remain_x), remain_y - min(remain_y, x - remain_x)))
        return False
[sol1-C++]
using PII = pair<int, int>;

class Solution {
public:
    bool canMeasureWater(int x, int y, int z) {
        stack<PII> stk;
        stk.emplace(0, 0);
        auto hash_function = [](const PII& o) {return hash<int>()(o.first) ^ hash<int>()(o.second);};
        unordered_set<PII, decltype(hash_function)> seen(0, hash_function);
        while (!stk.empty()) {
            if (seen.count(stk.top())) {
                stk.pop();
                continue;
            }
            seen.emplace(stk.top());
            
            auto [remain_x, remain_y] = stk.top();
            stk.pop();
            if (remain_x == z || remain_y == z || remain_x + remain_y == z) {
                return true;
            }
            // 把 X 壶灌满。
            stk.emplace(x, remain_y);
            // 把 Y 壶灌满。
            stk.emplace(remain_x, y);
            // 把 X 壶倒空。
            stk.emplace(0, remain_y);
            // 把 Y 壶倒空。
            stk.emplace(remain_x, 0);
            // 把 X 壶的水灌进 Y 壶，直至灌满或倒空。
            stk.emplace(remain_x - min(remain_x, y - remain_y), remain_y + min(remain_x, y - remain_y));
            // 把 Y 壶的水灌进 X 壶，直至灌满或倒空。
            stk.emplace(remain_x + min(remain_y, x - remain_x), remain_y - min(remain_y, x - remain_x));
        }
        return false;
    }
};
[sol1-Java]
class Solution {
    public boolean canMeasureWater(int x, int y, int z) {
        Deque<int[]> stack = new LinkedList<int[]>();
        stack.push(new int[]{0, 0});
        Set<Long> seen = new HashSet<Long>();
        while (!stack.isEmpty()) {
            if (seen.contains(hash(stack.peek()))) {
                stack.pop();
                continue;
            }
            seen.add(hash(stack.peek()));
            
            int[] state = stack.pop();
            int remain_x = state[0], remain_y = state[1];
            if (remain_x == z || remain_y == z || remain_x + remain_y == z) {
                return true;
            }
            // 把 X 壶灌满。
            stack.push(new int[]{x, remain_y});
            // 把 Y 壶灌满。
            stack.push(new int[]{remain_x, y});
            // 把 X 壶倒空。
            stack.push(new int[]{0, remain_y});
            // 把 Y 壶倒空。
            stack.push(new int[]{remain_x, 0});
            // 把 X 壶的水灌进 Y 壶，直至灌满或倒空。
            stack.push(new int[]{remain_x - Math.min(remain_x, y - remain_y), remain_y + Math.min(remain_x, y - remain_y)});
            // 把 Y 壶的水灌进 X 壶，直至灌满或倒空。
            stack.push(new int[]{remain_x + Math.min(remain_y, x - remain_x), remain_y - Math.min(remain_y, x - remain_x)});
        }
        return false;
    }

    public long hash(int[] state) {
        return (long) state[0] * 1000001 + state[1];
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：$O(xy)$，状态数最多有 $(x+1)(y+1)$ 种，对每一种状态进行深度优先搜索的时间复杂度为 $O(1)$，因此总时间复杂度为 $O(xy)$。

  • 空间复杂度：$O(xy)$，由于状态数最多有 $(x+1)(y+1)$ 种，哈希集合中最多会有 $(x+1)(y+1)$ 项，因此空间复杂度为 $O(xy)$。

方法二：数学

思路及算法

预备知识：贝祖定理

我们认为，每次操作只会让桶里的水总量增加 x，增加 y，减少 x，或者减少 y。

你可能认为这有问题：如果往一个不满的桶里放水，或者把它排空呢？那变化量不就不是 x 或者 y 了吗？接下来我们来解释这一点：

  • 首先要清楚，在题目所给的操作下，两个桶不可能同时有水且不满。因为观察所有题目中的操作，操作的结果都至少有一个桶是空的或者满的；

  • 其次，对一个不满的桶加水是没有意义的。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；

  • 再次，把一个不满的桶里面的水倒掉是没有意义的。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。

因此，我们可以认为每次操作只会给水的总量带来 x 或者 y 的变化量。因此我们的目标可以改写成：找到一对整数 $a, b$，使得

$$
ax+by=z
$$

而只要满足 $z\leq x+y$，且这样的 $a, b$ 存在，那么我们的目标就是可以达成的。这是因为：

  • 若 $a\geq 0, b\geq 0$，那么显然可以达成目标。

  • 若 $a\lt 0$，那么可以进行以下操作：

    1. 往 y 壶倒水；

    2. 把 y 壶的水倒入 x 壶；

    3. 如果 y 壶不为空，那么 x 壶肯定是满的，把 x 壶倒空，然后再把 y 壶的水倒入 x 壶。

    重复以上操作直至某一步时 x 壶进行了 $a$ 次倒空操作，y 壶进行了 $b$ 次倒水操作。

  • 若 $b\lt 0$，方法同上，x 与 y 互换。

而贝祖定理告诉我们，$ax+by=z$ 有解当且仅当 $z$ 是 $x, y$ 的最大公约数的倍数。因此我们只需要找到 $x, y$ 的最大公约数并判断 $z$ 是否是它的倍数即可。

[sol2-Python3]
class Solution:
    def canMeasureWater(self, x: int, y: int, z: int) -> bool:
        if x + y < z:
            return False
        if x == 0 or y == 0:
            return z == 0 or x + y == z
        return z % math.gcd(x, y) == 0
[sol2-C++]
class Solution {
public:
    bool canMeasureWater(int x, int y, int z) {
        if (x + y < z) {
            return false;
        }
        if (x == 0 || y == 0) {
            return z == 0 || x + y == z;
        }
        return z % gcd(x, y) == 0;
    }
};
[sol2-Java]
class Solution {
    public boolean canMeasureWater(int x, int y, int z) {
        if (x + y < z) {
            return false;
        }
        if (x == 0 || y == 0) {
            return z == 0 || x + y == z;
        }
        return z % gcd(x, y) == 0;
    }

    public int gcd(int x, int y) {
        int remainder = x % y;
        while (remainder != 0) {
            x = y;
            y = remainder;
            remainder = x % y;
        }
        return y;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：$O(\log(\min(x, y)))$，取决于计算最大公约数所使用的辗转相除法。

  • 空间复杂度：$O(1)$，只需要常数个变量。

统计信息

通过次数 提交次数 AC比率
35112 95430 36.8%

提交历史

提交时间 提交结果 执行时间 内存消耗 语言
深度优先搜索 广度优先搜索 数学
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