倒水问题
来源:互联网 发布:zepto.js 文件上传 编辑:程序博客网 时间:2024/05/22 13:31
输入:三个整数A, B, C,其中 0 < A , B, C <= 1000000000
输出:0或1,表示能否达到要求。
函数头部: c语言:1表示可以,0表示不可以 int can(int a,int b,int c);c++语言: true表示可以,false表示不可以 bool can(int a,int b,int c);
分析
经典的倒水问题,有不少公司也出了类似的面试题目,有的以选择题形式出现,也有编程题形式出现的,下面做简要的分析:
对题目做简要的处理分析后,C升水是可以分多次倒入的,假设A > B,那么每次可以倒的水的量为A , B , (A + B) ,( A - B)升水,设置4个因子,分别为x1 , x2, x3, x4 , (x1 , x2, x3, x4 属于整数),如果可以使得水缸最后恰好有C升水,那么必然存在整数x1 , x2, x3, x4,使得
Ax1 + Bx2, + (A + B)x3 + (A - B)x4 = C 等式成立;
对等式做一定的变换,得到公式
(x1 + x3 + x4)A + (x2 + x3 - x4)B = C ; --( 1-1 )
设 x = x1 + x3 + x4 , y = x2 + x3 - x4 , x, y 均为整数;最终得到公式
xA + yB = C ; --( 1-2 )
x1 , x2, x3, x4 可以假设为正整数,用几个for循环可以实现,但是时间复杂度太大,为O(N4),题目中给的范围是0 < A , B, C <= 1000000000;整数在十亿范围,显然运行时间肯定会超过 3s ,不符合要求,那有没有更加合适的方法呢,在算法的书里面,有一个算法,与公式( 1-2 ) 不谋而合,是扩展的欧几里德算法,算法描述:
对于不完全为 0 的非负整数 a,b,gcd(a,b)表示 a,b 的最大公约数,必然存在整数对 x,y ,使得 gcd(a,b)=ax+by. 根据欧几里德扩展算法,Gcd(A, B) = Ax + By,求出A和B的最大公约数,如果C能被最大公约数整除Gcd(A, B) 整除,那就可以实现水缸里恰好为C升水; 那题目就直接转换为求A 、B的最大公约数了,求公约数可以用辗转相除法
代码:
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
//求最大公约数
int gcd(int a, int b)
{
int m = a, n = b , r = 1;
while(1)
{
r = m % n;
if(r == 0)
{
return n;
}
else
{
m = n;
n = r;
}
}
}
//返回值1表示能使得水缸恰好有C升水,0表示不能
int can(int a,int b,int c)
{
int result = 0;
result = gcd(a,b);
if(c % result == 0 )
{
return 1;
}
else
{
return 0;
}
}
int main(void)
{
int A , B , C;
A = 1234567;
B = 7654321;
C = 9999999;
printf("the result is %d\n",can(A,B,C));
return 0;
}
下面是做一个实例演示:假设A = 11 , B =39 , C = 2,返回值为1,说明可以实现,为方便叙述,采用A(11) , B(39)表示容器,步骤如下:
1、 将容器 B(39) 倒满水,然后3次倒入 A(11) 容器中,那么 B(39) 剩下 39 - 11 * 3 = 6升水,此时A(11)可用;
2、 把 B(39) 中的 6 升水全部倒入容器 A(11) 中,那么容器 A(11) 中有 6 升水,5 升是空的,此时B(39)可用;
3、 把 B(39) 倒满水,然后往第2步得到的 A(11 )倒入直到 A(11) 满为止,那B(39)剩下 39 - 5 = 34 升水,清空 A(11) ,此时A(11)可用;
4、 步骤3得到的 B(39) 容器有34升水,3次倒入 A(11)中,那 B(39)中剩下 34 - 11 * 3= 1升水,此时 A(11)可用;
5、 把步骤4的 1 升水倒入水缸,清空 A(11) 和 B(39),重做步骤1 - 4,再往水缸倒入1升水,那水缸里就是 1 + 1 = 2 升水了。
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