[Wikioi 1226]倒水问题

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。

一行，三个数据。分别表示 x,y 和 z;

一行，输出最小步数 ,假设无法达到目标，则输出"impossible"

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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;
}

题目描写叙述 Description

输入描写叙述 Input Description

输出描写叙述 Output Description

例子输入 Sample Input

例子输出 Sample Output

数据范围及提示 Data Size & Hint