题目描写叙述 Description

有两个无刻度标志的水壶。分别可装 x 升和 y 升 ( x,y 为整数且均不大于 100 )的水。

设另有一水 缸,可用来向水壶灌水或接从水壶中倒出的水, 两水壶间,水也能够相互倾倒。已知 x 升壶为空 壶, y 升壶为空壶。问怎样通过倒水或灌水操作。 用最少步数能在x或y升的壶中量出 z ( z ≤ 100 )升的水 来。

输入描写叙述 Input Description

一行,三个数据。分别表示 x,y 和 z;

输出描写叙述 Output Description

一行,输出最小步数 ,假设无法达到目标,则输出"impossible"

例子输入 Sample Input

3 22 1

例子输出 Sample Output

14

数据范围及提示 Data Size & Hint

此题数据太弱了,DFS略微剪枝下都能过,无语
倒水一共同拥有6种策略:
操作1:装满a桶

操作2:装满b桶

操作3:清空a桶

操作4:清空b桶

操作5:将B桶中的水倒入A桶

操作6:将A桶的水倒入B桶
每种策略在推断条件后模拟一遍就OK了。只是要注意判重
无论是DFS还是BFS。强调它的判重仅仅须要数组就够了,不是必需像ZFX童鞋那样用STL的set。因为x,y<=100。最多有10000种状态。数组不会爆
1、DFS
这里判重数组不仅要保存该结点是否訪问过。并且要记录该结点的步数(即解的好坏),便于为后面循环求得最优解
#include <stdio.h>
#define MAXN 200
#define INF 10000000
int f[MAXN][MAXN],a,b,z; //f[x][y]=达到A桶内水量为x,B桶内水量为y的状态所需步骤数
void dfs(int x,int y,int step) //x=A桶内水量,y=B桶内水量,step=当前步骤数
{
if(f[x][y]!=0&&step+1>=f[x][y]) return; //当前状态已经有解且如今的解一定比过去的解更差时,退出
f[x][y]=step+1; //更新当前状态所需最少步骤数
dfs(x,0,step+1); //1、清空B桶
dfs(0,y,step+1); //2、清空A桶
dfs(x,b,step+1); //3、装满B桶
dfs(a,y,step+1); //4、装满A桶
//5、将B桶倒入A桶
if(x+y<=a)
dfs(x+y,0,step+1);//(i)B桶倒空后A桶不会溢出
else
dfs(a,x+y-a,step+1); //(ii)B桶倒空后A桶会溢出,故B桶中有残留
//6、将A桶倒入B桶
if(x+y<=b)
dfs(0,x+y,step+1);//(i)A桶倒空后B桶不会溢出
else
dfs(x+y-b,b,step+1); //(ii)A桶倒空后B桶会溢出,故A桶中有残留
}
int main()
{
int i,j,ans=INF;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&z);
dfs(0,0,0);
for(i=0;i<=a;i++)
if(f[i][z]!=0)
if(f[i][z]<ans)
ans=f[i][z]; //遍历全部B桶中达到水量z的情况。获得最优解
for(i=0;i<=b;i++)
if(f[z][i]!=0)
if(f[z][i]<ans)
ans=f[z][i]; //遍历全部B桶中达到水量z的情况,获得最优解
if(ans==INF) printf("impossible\n");
else printf("%d\n",ans-1);
return 0;
}

2、BFS
BFS做法略微复杂些。只是和DFS殊途同归,依据BFS的性质。BFS终于搜索出的结果就是最优解,判重数组仅仅需保存每一个结点是否訪问过就能够了,另外BFS的判重很重要。否则BFS将进入死循环(我刚開始的代码就是这样,调了一个多小时。ORZ)
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <queue>
#define MAXN 110
using namespace std;
int a,b,z,f[MAXN][MAXN]; //目标是取z L水
struct cup
{
int x; //x桶(大桶)中的水量
int y; //y桶(小桶)中的水量
int sol; //sol=量出的水量
int step; //step=倒水次数
}first,now;
queue<cup>Q;
void extend(cup in) //扩展结点
{
if(f[in.x][in.y]!=0) return;
f[in.x][in.y]++;
in.step++;
cup p=in;
//操作1:装满a桶
p.x=a;
Q.push(p);
//操作2:装满b桶
p=in;
p.y=b;
Q.push(p);
//操作3:清空a桶
p=in;
p.x=0;
Q.push(p);
//操作4:清空b桶
p=in;
p.y=0;
Q.push(p);
//操作5:将B桶中的水倒入A桶
p=in;
if(in.x+in.y<=a) //(i)B桶倒空后A桶不会溢出
{
p.x=in.x+in.y;
p.y=0;
Q.push(p);
}
else //(ii)B桶倒空后A桶会溢出,故B桶中有残留
{
p.x=a;
p.y=in.x+in.y-a;
Q.push(p);
}
//操作6:将A桶的水倒入B桶
p=in;
if(in.x+in.y<=b) //(i)A桶倒空后B桶不会溢出
{
p.y=in.x+in.y;
p.x=0;
Q.push(p);
}
else //(ii)A桶倒空后B桶会溢出,故A桶中有残留
{
p.y=b;
p.x=in.x+in.y-b;
Q.push(p);
}
}
void bfs()
{
Q.push(first);
while(!Q.empty())
{
now=Q.front();
Q.pop(); //取出队首状态
if(now.x==z||now.y==z)
{
printf("%d\n",now.step);
exit(0);
}
extend(now);
}
printf("impossible\n");
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&z);
first.step=0;
first.x=0;
first.y=0;
bfs();
return 0;
}

 

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