Description - 问题描述

x、y、z三个容器,其最大容量分别是xMAX升、yMAX升、zMAX升,这里规定100>xMAX>yMAX>zMAX。一开始x是装满了水的,现在要用这三个没有刻度的容器量出n升水来,请打印出最少的量取步骤。
Input - 输入数据

输入只有一行,即4个整数:

xMax  yMax  zMax n

其中100>xMax>yMax>zMax,n<100

Output - 输出数据

对于每个测试数据,输出其倒水步骤,如果步骤只有一步,step不加s请参考Sample Output,无解的话输出“No Solution”

算法分析

  首先,我们需要考虑倒出者和接收者的可能分别为x->y,x->z(前提是x>0);y->x,y->z(前提是y>0);z->x,z->y(前提是z>0)共6种可能,接下来我们便对其进行详细分析。

①x->y时

前提:if(x>0),接着,我们要考虑的就是当将x中所有水倒入y中,是否已经超过了y的容量,代码如下

           if(x>)
{
if(x+y>ymax)
{
x=x-(ymax-y);//将x中所有水倒入y中时已超出y的最大容量
y=ymax;
}
else
{
y=x+y;//将x中所有水倒入y中后未超过其最大容量
x=;//即x中的水全部倒入y中,x变为空
}
}

②x->z时

前提:if(x>0)这时,我们可以将x->z的过程类比成x->y的过程,其实际上的过程是一样的,代码如下:

         if(x>)
{
if(x+z>zmax)
{
x=x-(zmax-z);//z容器倒满
z=zmax;
}
else
{
z=z+x;//x倒空
x=;
}
}

③y->x时

前提:if(y>0),这是,我们还要不要像以前那样考虑y会不会倒空,已及x会不会倒满呢?其答案是否定的,为什么呢?你可以设想:在整个装置(包括x,y以及z)中,其总水量之和为xmax。故不管y如何倒都不会使x>xmax,代码如下:

         if(y>)
{
x=x+y;//y倒空
y=;
}

④y->z时,同x->y

⑤z->x时,同y->x

⑥z->y,这里也是同y->x吗?其实不然,当y->x时,无论如何都不会使x>xmax。但当z->y时却有可能使y>ymax,很多人都跳入了这个坑里,导致最终程序不能ac。经过仔细思考之后,其实可以知道这是和x->y一样的。代码如下:

             if(z>)
{
if(z+y>ymax)
{
z=z-(ymax-y);
y=ymax;
}
else
{
y=y+z;
z=;
}
}

  在对倒水的过程进行详细分析之后,最重要的便是算法的构造。仔细分析可以知道,这道题是要求我们分析倒水的每种情况,然后找出最优解。毫无疑问,这便是bfs的思路。可能有些人不了解或对bfs接触较少,这里给上百度对其的解释以助理解:

BFS一般指宽度优先搜索,宽度优先搜索算法(又称广度优先搜索)是最简便的图的搜索算法之一,这一算法也是很多重要的图的算法的原型。Dijkstra单源最短路径算法和Prim最小生成树算法都采用了和宽度优先搜索类似的思想。其别名又叫BFS,属于一种盲目搜寻法,目的是系统地展开并检查图中的所有节点,以找寻结果。换句话说,它并不考虑结果的可能位置,彻底地搜索整张图,直到找到结果为止。而在这个问题中,我们使用队列(queue)来实现之。

  首先,假设我们已经定义了一个队列q,如下所示

struct node
{
int qx,qy,qz;
int pre;
} q[maxn];

其中qx,qy,qz表示当前各个装置中水的含量,而对于pre,相信大多数人都会纳闷:这是用来干什么的呢?其实,当你仔细阅读题目便可知道,它不仅要求输出最少次数,还得打印出每倒一次水的步骤,这里的pre便是用以存储当前状态所对应的上一个状态,到最后输出时,只需沿着pre进行输出即可。

每倒一次水,就想当于产生了一个新的状态,于是就要判断这个状态是否已达到目标。因此每倒一次水,就要调用一次push过程,将新状态入队,然后判断队尾元素是否已是解,push的代码如下:
 void push()
{
bool can_push=true;
for(int i=;i<=rear;i++)
{
if(q[i].qx==x&&q[i].qy==y&&q[i].qz==z)
{
can_push=false;
return;
}
}
if(can_push)
{
rear++;
q[rear].qx=x;
q[rear].qy=y;
q[rear].qz=z;
q[rear].pre=front;
}
}

同时,在倒水时如果先前已经出现了与当前状态一致的状态,那还要不要继续倒呢?显然,答案是否定的,而这里的bool型变量can_push正是帮助完成了这一点.

在倒完水后,我们还需判断是否达到了目标状态,如果达到了就跳出循环,然后输出过程,代码如下:

void is_target()
{
if(q[rear].qx==n||q[rear].qy==n||q[rear].qz==n)
flag=true;
else
flag=false;
}

细心的人可能会发现:在模拟倒水过程时的x,y,z三个变量是哪来的呢?以是,我们还得写个取队首元素的函数,代码如下;

void initial()
{
x=q[front].qx;
y=q[front].qy;
z=q[front].qz; }

最后,我们再将刚刚模拟过的6种情况写下,再加一个while循环便可完成任务。接下来还有一点值得思考:这里的while循环的条件是什么。还记得题目中给出的“No Solution”吗。是的,在最后跳出循环后我们还得加一条is_target()(其实在跳出循环之前已经执行了一次is_target(),故只需判断flag即可)以判断是否有解。经过这样的分析后,while执行的条件便是队列是否为空is_empty()。倒水总过程的代码如下:

 void pour()
{
while(front <= rear)
{
initial();
//x->y
if(x>)
{
if(x+y>ymax)
{
x=x-(ymax-y);
y=ymax;
}
else
{
y=x+y;
x=;
}
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
//x->z
initial();
if(x>)
{
if(x+z>zmax)
{
x=x-(zmax-z);
z=zmax;
}
else
{
z=z+x;
x=;
}
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
//y->x
initial();
if(y>)
{
x=x+y;
y=;
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
//y->z
initial();
if(y>)
{
if(y+z>zmax)
{
y=y-(zmax-z);
z=zmax;
}
else
{
z=y+z;
y=;
}
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
//z->x
initial();
if(z>)
{
x=x+z;
z=;
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
//z->y
initial();
if(z>)
{
if(z+y>ymax)
{
z=z-(ymax-y);
y=ymax;
}
else
{
y=y+z;
z=;
}
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
front++;
}
}

还有一点要补充的就是这题也可以用STL里的queue来做,这样便可省去自己写队列的麻烦。

最后,给上OJ上ac的代码,仅供参考:

 /*
Name: lwq
Copyright:
Author:
Date: 07/12/14 00:57
Description: 1777
*/ #include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=+;
int front,rear;
int xmax,ymax,zmax;
int n;
int x,y,z;
int step=;
int k=;
bool flag=false;
struct node
{
int qx,qy,qz;
int pre;
} q[maxn];
struct node_data
{
int x,y,z;
}data[maxn];
void is_target()
{
if(q[rear].qx==n||q[rear].qy==n||q[rear].qz==n)
flag=true;
else
flag=false;
}
void initial()
{
x=q[front].qx;
y=q[front].qy;
z=q[front].qz; }
void push()
{
bool can_push=true;
for(int i=;i<=rear;i++)
{
if(q[i].qx==x&&q[i].qy==y&&q[i].qz==z)
{
can_push=false;
return;
}
}
if(can_push)
{
rear++;
q[rear].qx=x;
q[rear].qy=y;
q[rear].qz=z;
q[rear].pre=front;
}
}
void pour()
{
while(front <= rear)
{
initial();
//x->y
if(x>)
{
if(x+y>ymax)
{
x=x-(ymax-y);
y=ymax;
}
else
{
y=x+y;
x=;
}
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
//x->z
initial();
if(x>)
{
if(x+z>zmax)
{
x=x-(zmax-z);
z=zmax;
}
else
{
z=z+x;
x=;
}
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
//y->x
initial();
if(y>)
{
x=x+y;
y=;
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
//y->z
initial();
if(y>)
{
if(y+z>zmax)
{
y=y-(zmax-z);
z=zmax;
}
else
{
z=y+z;
y=;
}
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
//z->x
initial();
if(z>)
{
x=x+z;
z=;
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
//z->y
initial();
if(z>)
{
if(z+y>ymax)
{
z=z-(ymax-y);
y=ymax;
}
else
{
y=y+z;
z=;
}
}
push();
is_target();
if(flag)
break;
front++;
}
}
int main()
{
front=,rear=;
cin>>xmax>>ymax>>zmax;
cin>>n;
q[front].qx=xmax;
q[front].qy=;
q[front].qz=;
pour(); if(flag)
{ while(q[rear].pre>)
{
k++;
data[k].x=q[rear].qx;
data[k].y=q[rear].qy;
data[k].z=q[rear].qz;
rear=q[rear].pre;
}
if(k>)
cout<<k<<' '<<"steps"<<endl;
else
cout<<k<<' '<<"step"<<endl;
cout<<"step0:"<<' '<<xmax<<' '<<''<<' '<<''<<endl;
for(int i=k;i>=;i--)
{
cout<<"step"<<k-i+<<':'<<' '<<data[i].x<<' '<<data[i].y<<' '<<data[i].z<<endl;
}
}
else
{
cout<<"No Solution"<<endl;
}
return ;
}

最后,还要感谢YYL大神的不啬指教以及xaero的ppt。

这是我的第一篇博文,欢迎各位大神的指点。

yzoi1777倒水问题的详细解法的更多相关文章

  1. yzoi2226最小步数的详细解法

    Description - 问题描述 在各种棋中,棋子的走法总是一定的,如中国象棋中马走“日”.有一位小学生就想如果马能有两种走法将增加其趣味性,因此,他规定马既能按“日”走,也能如象一样走“田”字. ...

  2. 蓝桥杯(Java方法、详细解法分析)基础练习 阶乘计算

    问题描述 给定n和len,输出n!末尾len位. 输入格式 一行两个正整数n和len. 输出格式 一行一个字符串,表示答案.长度不足用前置零补全. 样例输入 6 5 样例输出 00720 数据规模和约 ...

  3. yzoi2223集合构造的详细解法

    Description - 问题描述 集合M的定义如下: 1是M中的元素 如果x是M中的元素,那么2x+1和4x+5都是M中的元素 那么,集合M中,最小的n个数是哪些? Input - 输入数据 一个 ...

  4. IOS 关于property的详细解法

    1.格式 @property (参数1,参数2,...) 类型 名字; eg: @property(nonatomic,retain) UIWindow *window; 其中参数主要分为三类: • ...

  5. 已知有两个水杯,一个11L一个7L,水可以任意使用,求怎么得到2L 的详细解法

    问题:有两个水杯,一个是11L一个是7L,水可以随便用,怎么得到2L 1.了解问题的本质 问题中给出了两个杯子,只有这两个杯子有量度,所以只能让杯中的水满进满出才能确定杯子中最后有多少水. 现在问题要 ...

  6. LeetCode 861翻转矩阵后得分详细解法

    1. 题目内容 有一个二维矩阵 A 其中每个元素的值为 0 或 1 . 移动是指选择任一行或列,并转换该行或列中的每一个值:将所有 0 都更改为 1,将所有 1 都更改为 0. 在做出任意次数的移动后 ...

  7. Bug #19528825 "UNABLE TO PURGE A RECORD"

    概述: 在生产环境中,当开启insert buffer时(参数innodb_change_buffering=all),部分实例偶尔会出现“UNABLE TO PURGE A RECORD”错误.这个 ...

  8. tyvj P1716 - 上帝造题的七分钟 二维树状数组区间查询及修改 二维线段树

    P1716 - 上帝造题的七分钟 From Riatre    Normal (OI)总时限:50s    内存限制:128MB    代码长度限制:64KB 背景 Background 裸体就意味着 ...

  9. UVA 10911 Forming Quiz Teams(dp + 集合最优配对问题)

    4th IIUC Inter-University Programming Contest, 2005 G Forming Quiz Teams Input: standard input Outpu ...

随机推荐

  1. NIOS中双CPU系统的构建

    首先构建SOPC系统,先分别添加两个CPU,分别命名为CPU1和CPU2,设置如下图,其中CPU1运行VGA的乒乓游戏,CPU2运行音乐,这里为了简单,音乐用LED来表示. 这里CPU1选择是中等容量 ...

  2. android 国内sdk下载地址及代理, android 环境搭建

    http://www.androiddevtools.cn/ http://www.cnblogs.com/bjzhanghao/archive/2012/11/14/android-platform ...

  3. Apache Mesos_百度百科

    Apache Mesos_百度百科 Apache Mesos

  4. Oracle 监控索引使用

    Oracle提供一个监控索引的方法,来确定索引是否被使用.如果索引没有被使用,就可以删除它们以减少不必要的语句的开销.因为表上的大量不必要的索引可能会降低DML语句的性能,给数据库性能产生压力.所以生 ...

  5. Websense更名换帅

    Normal 0 7.8 磅 0 2 false false false EN-US ZH-CN X-NONE /* Style Definitions */ table.MsoNormalTable ...

  6. 关于PHP程序使用file_get_content()函数进行抓取PHP程序与smarty结合编译过程中产生的静态文件,抓取不了?连接超时?(地址映射)

    问题: 当file_get_content()函数的参数  url中是localhost时不能抓取,是127.0.0.1时可以抓取到静态html代码.实现页面静态化技术提高访问效率. test.php ...

  7. 浅谈UML中类之间的五种关系及其在代码中的表现形式

    本文转载:http://www.cnblogs.com/DebugLZQ/archive/2013/05/13/3066715.html 什么是类? 将某类东西归纳在一起,可以成为一个类. 类有很多种 ...

  8. 基于XMPP实现的Openfire的配置安装+Android客户端的实现

    最近在整理一些这方面的资料,闲话少说,咱还是直奔主题吧 :) 一.基于xmpp实现的openfire的配置安装 1. 下载最新的openfire安装文件 官方下载站点: http://www.igni ...

  9. shell获取 linux 系统的位数

    getconf LONG_BIT 直接返回  32  或者 64

  10. 【linux驱动分析】ioctl函数的使用

    一.用户空间的ioctl     int  ioctl(int fd, unsigned long cmd, void *data); 第一个參数是文件描写叙述符,第二个參数代表传递的命令,它会原样传 ...