大家一定觉的运动以后喝可乐是一件很惬意的事情,但是seeyou却不这么认为。因为每次当seeyou买了可乐以后,阿牛就要求和seeyou一起分享这一瓶可乐,而且一定要喝的和seeyou一样多。但seeyou的手中只有两个杯子,它们的容量分别是N 毫升和M 毫升 可乐的体积为S (S<101)毫升 (正好装满一瓶) ,它们三个之间可以相互倒可乐 (都是没有刻度的,且 S==N+M,101>S>0,N>0,M>0) 。聪明的ACMER你们说他们能平分吗?如果能请输出倒可乐的最少的次数,如果不能输出"NO"。

Input三个整数 : S 可乐的体积 , N 和 M是两个杯子的容量,以"0 0 0"结束。Output如果能平分的话请输出最少要倒的次数,否则输出"NO"。Sample Input

7 4 3
4 1 3
0 0 0

Sample Output

NO
3

BFS暴力搜索可解。倒水只可能有六种情况,s->m s->n m->s m-->n n->s n->m 每种情况里分为能把待倒入的瓶子倒满和不能倒满。这里可以用一个结构体记录信息:s代表原瓶里的可乐容量,m代表m瓶里的,n代表n瓶里的,nxt代表下一次要往外倒可乐的瓶号(0代表s瓶,1代表m瓶,2代表n瓶),cnt代表倒可乐累积的次数。再建立一个vis数组判断是否访问过。要注意的是这里最好建四维数组,三维存s,m,n,第四维存nxt。BFS即可,注释写得很详细。

最后附上大佬的数论解法https://www.cnblogs.com/ECJTUACM-873284962/p/6750320.html

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
int s,n,m;
struct node
{
int s;
int m;
int n;
int cnt;
int nxt;//下一次该哪个杯子往外倒水 0 s 1 m 2 n
};
bool vis[][][][]={};//四维vis数组存是否访问过
int bfs()
{
node start;
start.s=s;
start.n=;//初始化第一层信息
start.m=;
start.cnt=;
start.nxt=;
queue<node>q;
q.push(start);
memset(vis,,sizeof(vis));
while(q.size())
{
node pre=q.front();
q.pop();
if((pre.s==pre.n&&pre.s==s/)||(pre.s==pre.m&&pre.s==s/)||(pre.n==pre.m&&pre.n==s/))//是否搜到
{
return pre.cnt;
}
if(vis[pre.s][pre.m][pre.n][pre.nxt])//访问过的话直接continue
{
continue;
}
vis[pre.s][pre.m][pre.n][pre.nxt]=;
int pour=pre.nxt;
node next;
if(pour==)//s往n m倒水
{
//s往n
if(n-pre.n<pre.s) //能倒满
{
next.s=pre.s-(n-pre.n);//更新下一层的信息
next.m=pre.m;
next.n=n;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);//不为0的话再添加 要不然瓶子里都没可乐了也就倒不出来了
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);//如果只是三维vis数组的话 加进去三个s m n一样但nxt不一样的 后两个都被vis判定卡掉了 所以要换成四维
}
else if(n-pre.n>=s)//不能倒满
{
next.s=;
next.m=pre.m;
next.n=pre.n+pre.s;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);
}
//s往m
if(m-pre.m<pre.s)
{
next.s=pre.s-(m-pre.m);
next.n=pre.n;
next.m=m;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);
}
else if(m-pre.m>=pre.s)
{
next.s=;
next.n=pre.n;
next.m=pre.m+pre.s;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);
} }
else if(pour==)//m往 s n
{
//m往s
if(s-pre.s<pre.m)
{
next.m=pre.m-(s-pre.s);
next.n=pre.n;
next.s=s;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);
}
else if(s-pre.s>=pre.m)
{
next.m=;
next.n=pre.n;
next.s=pre.s+pre.m;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);
}
//m往n
if(n-pre.n<pre.m)
{
next.m=pre.m-(n-pre.n);
next.s=pre.s;
next.n=n;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);
}
else if(n-pre.n>=pre.m)
{
next.m=;
next.s=pre.s;
next.n=pre.n+pre.m;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);
}
}
else if(pour==)//n往s m
{
//n往s
if(s-pre.s<pre.n)
{
next.n=pre.n-(s-pre.s);
next.m=pre.m;
next.s=s;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);
}
else if(s-pre.s>=pre.n)
{
next.n=;
next.m=pre.m;
next.s=pre.s+pre.n;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);
}
//n往m
if(m-pre.m<pre.n)
{
next.n=pre.n-(m-pre.m);
next.s=pre.s;
next.m=m;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);
}
else if(m-pre.m>=pre.n)
{
next.n=;
next.s=pre.s;
next.m=pre.m+pre.n;
next.cnt=pre.cnt+;
next.nxt=;
if(next.s!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.m!=)q.push(next);
next.nxt=;
if(next.n!=)q.push(next);
}
}
}
return ;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d%d",&s,&m,&n)&&s&&n&&m)
{
if(s%!=)
{
cout<<"NO"<<endl;
continue;
}
int ans=bfs();
if(ans)
{
cout<<ans<<endl;
continue;
}
else
{
cout<<"NO"<<endl;
continue;
}
}
return ;
}


HDU1495 非常可乐(BFS/数论)的更多相关文章

  1. HDU1495 非常可乐 —— BFS + 模拟

    题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1495 非常可乐 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    M ...

  2. HDU-1495 非常可乐(BFS)

    广搜的灵活应用题: 非常可乐 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) T ...

  3. 非常可乐(杭电hdu1495)bfs

      非常可乐 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Sub ...

  4. HDU 1495 非常可乐 BFS

    题目大意:中文题不说了. 题目思路:我有同学用GCD数论写出来的代码很简洁,但是很抱歉,数论蒟蒻,我觉得比赛的时候我没办法推出.如果用BFS的话思路很简单的,就是6方向广搜,只不过稍微麻烦点.具体看代 ...

  5. HDU-1495 非常可乐 (嵌套结构体-广搜 对比 一般广搜)

    题意 大家一定觉的运动以后喝可乐是一件很惬意的事情,但是seeyou却不这么认为.因为每次当seeyou买了可乐以后,阿牛就要求和seeyou一起分享这一瓶可乐,而且一定要喝的和seeyou一样多.但 ...

  6. HDU1459 非常可乐(BFS) 2016-07-24 15:00 165人阅读 评论(0) 收藏

    非常可乐 Problem Description 大家一定觉的运动以后喝可乐是一件很惬意的事情,但是seeyou却不这么认为.因为每次当seeyou买了可乐以后,阿牛就要求和seeyou一起分享这一瓶 ...

  7. HDU1664 BFS + 数论 + 剪枝

    题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1664 , 一道比较蛋疼的搜索题. 这道题有很多坑点,一点处理不好就要TLE. 题意很简单,就是找到一个 ...

  8. (step4.2.5)hdu 1495(非常可乐——BFS)

    题目大意:输入三个整数 a,b,c.   a : 可乐瓶的容量,b: 甲杯的容量 ,c: 乙杯的容量.问能否用这三个被来实现饮料的平分???如果可以输出倒饮料的次数, 否则输出NO 解题思路:BFS ...

  9. HDU1495 非常可乐

    解题思路:简单的宽搜,见代码: #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include< ...

随机推荐

  1. Ubuntu安装程序报错:无法获得锁 /var/lib/dpkg/lock-frontend - open (11: 资源暂时不可用)

    问题描述:在使用Ubuntu系统时安装程序时出现下面的报错. E: 无法获得锁 /var/lib/dpkg/lock-frontend - open (11: 资源暂时不可用)E: Unable to ...

  2. mysql忘记密码,更改密码

    对MySQL有研究的读者,可能会发现MySQL更新很快,在安装方式上,MySQL提供了两种经典安装方式:解压式和一键式,虽然是两种安装方式,但我更提倡选择解压式安装,不仅快,还干净.在操作系统上,My ...

  3. MySql 怎么存取 Emoji

    01.前言 Emoji 在我们生活中真的是越来越常见了,几乎每次发消息的时候不带个 Emoji,总觉得少了点什么,似乎干巴巴的文字已经无法承载我们丰富的感情了.对于我们开发者来说,如何将 Emoji ...

  4. Linux之Socket编程

    1.什么是Socket? socket起源于Unix,而Unix/Linux基本哲学之一就是“一切皆文件”,都可以用“打开open –> 读写write/read –> 关闭close”模 ...

  5. Object 反射 List

    public static object DeserializeModel<T>(object dataModel) { Type type = typeof(T); Object ent ...

  6. ISR吞吐性能问题

    ISR大致可以分几类: Cisco 860.880.890 ISR1800 (fixed).1800 (modular).2800.3800 Series ISR1900.2900.3800.3900 ...

  7. Go第三方库之tail

    Tail Demo // tail.TailFile()函数开启goroutine去读取文件,通过channel格式的t.lines传递内容. t, err := tail.TailFile(&quo ...

  8. logstash output到kafka记录与总结( No entry found for connection 2)

    简述 本文记录logstash的output配置为kafka的过程.这里是简单的例子,输入为stdin,本文主要目的是为了记录在这次配置过程中遇到的问题和解决的过程及总结. 关于kafka集群的搭建可 ...

  9. Vue-路由跳转的几种方式和路由重定向

    一.标签路由 router-link 注意:router-link中链接如果是'/'开始就是从根路由开始,如果开始不带'/',则从当前路由开始. 1.不传参 <router-link :to=& ...

  10. 安装和配置Linux系统虚拟机

    1.打开虚拟机软件 2.点击创建新的虚拟机,选择典型(推荐)类型的配置. 3.点击稍后安装操作系统. 4.客户机操作系统选择Linux,版本选择CentOS 7 64位. 5.虚拟机名称可自行更改,位 ...