SGU 126 Boxes(模拟题|二进制)

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126. 盒子

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有两个盒子. 第一个盒子里有A 个球, 第二个里面有B 个球 (0 < A + B < 2147483648). 允许把球在两个盒子间移动. 从一个盒子向另一个盒子移动球的数目必须等

于接受盒子现有的球的数量. 你需要搞清楚, 最后球能不能都移动到一个盒子里

Input

第一行两个整数 A 和 B, 空格分隔.

Output

一行数字 N – 需要移动的次数,如果不存在，输出-1

Sample Input

2 6

Sample Output

2

数学解法

一个二进制的数学题，

原题：狠狠地打我！

想法：这题是一道数学题，裸的。

原理是二进制，这道题的解法是：先将两数变得互质，即都除去最大公约数，再判断，若相加为2的k次幂则有解，否则无解。

证：首先，我们是要使两数相等，则其步骤数显然只与相对大小有关，因为，转移的数量时刻只与较小数大小有关，且只有加减法参与，两数的最大公约数不会变小，因而约去和不约效果一致。

其次，证明互质时，有解当且仅当相加为2的k次幂：

充分性：若满足两数和为2的k次幂，则，可以转换角度看待一个

操作：

操作的过程是，在二进制下，将较小的数，向左移

一位，而较大的数随之变化。这样，我们将看到，

较小数，无论是谁，右边的连续零位将不断增加，

且较大的数也必然如此，因为两者低位每位相加必

须为零。这样每个操作就是不断将右边的连续零位

不断加长，到后面时，必然会出现，零位为k-1个，

第k位为1。

必要性：若不满足，则，和中至少有一位为1，那么，不妨考虑最右

边的那个，那么，若其是0+1得来，则，较小数无论是谁，

左移都不可以使得两数相等，因为，相等就必须是该位的右

一位两数同时为一，而左移会使那一位变为0，矛盾。若为

两个低位的1相加而来，则操作后，较小数那位的1消失，又

变为0+1形式，所以，这时，两数永远不可能相等，就不会

达到一个为0。

那么，怎样快速的计算步骤数呢？

由于有解的且互质的两个数二进制下，最右边的“1”的位置相同，所以一次操作只能移动一个位置，而我们要将那个“1”移到k+1位，所以，最后的结果是

log2(a+b)-log2(a and -a)

注意，好像SGU用这个式子会RE on 3……

#include <stdio.h>
using namespace std;

int gcd(int a, int b)
{
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
	int a, b;
    scanf("%d%d", &a, &b);
    int s = (a+b)/gcd(a, b), res = 0;
    while (!(s & 1))
    {
          s /= 2;
          res++;
    }
    if (s == 1) printf("%d", res);
       else     printf("-1");
    return 0;
}

模拟解法

首先我们需要知道，求 A,B 的步数其实就等同于求 A/gcd(A,B),B/gcd(A,B) 的步数。

对于这个的证明很明显，每次移动的求一定是 gcd(A,B) 的倍数。

对于每次移动，令 A = A/gcd(A,B) ,B = B/gcd(A,B)，讨论情况 ：

（1） A，B都为偶数（不可能）

（2） A，B有一个为奇数 （无解，很明显吧，因为A+B都是奇数了）

（3） A，B都是奇数-> 假设A是较小的那一个，那么就可以变化为 A*2,B-A ，然后我们的新目标就变成了求解 A*2,B-A 的步数

结束条件 A=0 或 B=0

容易证明，上述步骤重复次数最多不超过 log(A+B)次

#include<iostream>
using namespace std;
int gcd(int a,int b)
{
	if(b!=0) return gcd(b,a%b);
	return a;
}
int A0,B0;
int solve(int A,int B)
{
	if(!A||!B) return 0;
	int t=gcd(A,B);
	A/=t;B/=t;
	if(!(A%2==1&&B%2==1)) return -1;
	if(A>B) swap(A,B);
	t=solve(A*2,B-A);
	return t==-1?-1:t+1;
}
int main()
{
	cin>>A0>>B0;
	cout<<solve(A0,B0);
	return 0;
}

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