HDU1495 非常可乐 题解

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Description

原题的表述写得很迷，遂重述：

给定三个容器 \(\text{s},\text{n},\text{m}\)，体积分别为 \(S,N,M\)，满足 \(S=N+M\)。你可以将其中一个容器中的可乐倒进另一个容器中，但是要么把该容器中的可乐倒空，要么让另一个容器中装满可乐。初始状态 \(\text{s}\) 中装满可乐，而 \(\text{n}\) 和 \(\text{m}\) 为空。现欲使一个容器为空，且另外两个容器中可乐均分。试问能否到达此状态，如果能，求最少的倒可乐次数。

Solution

如果 \(S\) 是奇数，那么可乐不能均分。接下来假设 \(S\) 为偶数，令 \(\dfrac{S}{2}=:T\)。

如果 \(T\) 不能被 \(N\) 和 \(M\) 线性表示（即不存在整数 \(x\) 和 \(y\) 使得 \(Nx+My=T\)），那么可乐不能被均分。这是因为在任一时刻，三个容器中的可乐体积都可被 \(N\) 和 \(M\) 线性表示（由归纳可证明）。接下来假设 \(T\) 可被 \(N\) 和 \(M\) 线性表示，由裴蜀定理知该条件等价于 \(T\) 是 \(\gcd(N,M)\) 的倍数。

如果 \(N=M\)，那么只需操作 \(1\) 次，即将可乐从 \(\text{s}\) 倒入 \(\text{n}\) 或 \(\text{m}\)。接下来假设 \(N>M\)，显然总操作数至少为 \(2\)。

由于 \(M<T\)，最终盛有可乐的容器只能是 \(\text{s}\) 和 \(\text{n}\)。

因为 \(S=N+M\)，所以只要是从 \(\text{s}\) 中倒出可乐，被倒入可乐的容器必满，于是我们可视 \(\text{s}\) 为一无限可乐源。

\(\text{n}\) 的可乐体积 \(\nu\) 与 \(\text{m}\) 的可乐体积 \(\mu\) 构成的有序对 \((\nu,\mu)\) 是一状态。我们的问题可以转化为：只通过下面给定的 \(6\) 种合法操作，将 \((\nu, \mu)\) 从 \((0,0)\) 转移至 \((T,0)\)，求出最短转移路径。

1. 从 \(\text{s}\) 中取可乐，装满 \(\text{n}\)
2. 向 \(\text{s}\) 中倒可乐，倒空 \(\text{n}\)
3. 从 \(\text{s}\) 中取可乐，装满 \(\text{m}\)
4. 向 \(\text{s}\) 中倒可乐，倒空 \(\text{m}\)
5. 将 \(\text{n}\) 的可乐倒入 \(\text{m}\)
6. 将 \(\text{m}\) 的可乐倒入 \(\text{n}\)

接下来，我们谈到装满某一容器时，特指从 \(\text{s}\) 中取可乐装满该容器；同理，当谈到倒空某一容器时，特指将该容器中的可乐全部倒入 \(\text{s}\) 中。无论操作结果如何，\(\text{s}\) 和 \(\text{m}\) 的互倒总不称为倒满或倒空。这样规定的原因是：\(\text{s}\) 和 \(\text{m}\) 的互倒结果往往是难以预测的，比如将 \(\text{n}\) 的可乐倒入 \(\text{m}\)，结果既可能是把 \(\text{n}\) 倒空，也可能是把 \(\text{m}\) 装满。而涉及 \(\text{s}\) 的操作结果往往是确定的，比如将 \(\text{s}\) 中的可乐倒入 \(\text{n}\)，结果一定是装满了 \(\text{n}\)（或许 \(\text{s}\) 被倒空了，但这不重要，因为我们考察的状态中只涉及 \(\text{n}\) 和 \(\text{m}\) 的可乐体积）。我们可以不把 \(\text{s}\) 看作容器，而是视为一片无尽的可乐海洋，你可以尽情往其中倒可乐，也可以尽情从中舀取可乐。之后提到的容器，都是仅指 \(\text{n}\) 和 \(\text{m}\)。

接下来考虑三个特殊状态：

• \((N,0)\)：该状态只可能在第一步转移到达。如果在后续转移过程中出现该状态，那么该转移路径一定不是最短的。
• \((0,M)\)：与 \((N,0)\) 同理，该状态只可能在第一步转移到达。
• \((N,M)\)：该状态一定不会出现在最短转移路径中，因为它只能向上述两个状态转移。

考虑最短转移路径需满足的性质：

• 不可能连续执行两次相同操作。
• 装满某个容器 \(a\) 后，不可能再将可乐从另一容器 \(b\) 中倒入 \(a\)，因为 \(a\) 已经满了。
• 装满某个容器 \(a\) 后，下一步不可能倒空 \(a\)，否则不如直接倒空 \(a\)。
• 倒空某个容器 \(a\) 后，不可能再将可乐从 \(a\) 中倒入另一容器 \(b\)，因为 \(a\) 已经空了。
• 倒空某个容器 \(a\) 后，下一步不可能装满 \(a\)，否则不如直接装满 \(a\)。
• 如果当前容器 \(a\) 是空的或满的，且下一步操作不是首步操作，那么下一步不可能是倒空或装满另一容器 \(b\)，否则会到达上述三个特殊状态中的某一个。
• 将可乐从某容器 \(a\) 倒入另一容器 \(b\) 后，不可能再将可乐从 \(b\) 倒入 \(a\)。因为任一时刻 \(\text{n}\) 和 \(\text{m}\) 中必有一个是满或空的，来回倒两次状态不改变。

结合上述性质，可以得到如下结论：

• 装满某容器 \(a\) 后，下一步只能是将 \(a\) 的可乐倒入另一容器 \(b\)。
• 倒空某容器 \(a\) 后，下一步只能是将另一容器 \(b\) 的可乐倒入 \(a\)。
• 将可乐从 \(a\) 倒入 \(b\) 后，有且仅有两种情况：\(a\) 是空的、\(b\) 是满的——两者不可能同时发生，否则在最短转移路径中会出现特殊状态。
  • 如果 \(a\) 是空的，那么下一步只能是装满 \(a\)。
  • 如果 \(b\) 是满的，那么下一步只能是倒空 \(b\)。

因此，最短转移路径只在下面两种策略中取到：

策略（一）：先装满 \(\text{n}\)

策略（二）：先装满 \(\text{m}\)

接下来我们求两种策略的总操作数 \(\text{step}_1\) 和 \(\text{step}_2\)。

分析策略（一）

设整个流程装满 \(\text{n}\) 的总次数为 \(x^*\)，倒空 \(\text{m}\) 的总次数为 \(y^*\)。显然 \(x^*,y^*\) 均为正整数，有 \(Nx^*-My^*=T\) 成立。

设丢番图方程 \(Nx-My=T\) 的通解形式为

\[(x,y)=(kM+x_0,kN+y_0) \]

其中 \(k\) 是整数，\((x_0,y_0)\) 是方程的一组特解。

我们可以证明，丢番图方程的所有解中，使 \(y\) 取最小正整数的解正是 \((x^*,y^*)\)。

设使 \(y\) 取最小正整数的解为 \((x',y')\)，因为 \((x^*,y^*)\) 是丢番图方程的正整数解，所以 \(y^* \ge y'\)。假设某一时刻刚将 \(\text{m}\) 倒空，此时装满 \(\text{n}\) 的次数是 \(\zeta\)，倒空 \(\text{m}\) 的次数为 \(y'\)，则 \(\text{n}\) 中的可乐体积 \(\nu = N\zeta -My'\)。已知 \(T=Nx'-My'\)，而 \(0<\nu<N\)，于是 \(\zeta = x'\)，进而 \(\nu = T\)。又已将 \(\text{m}\) 倒空，故\((\nu,\mu)=(T,0)\)，流程结束。这说明整个流程倒空 \(\text{m}\) 的总次数为 \(y'\)，即 \((x',y')=(x^*,y^*)\)。

由流程图可得 \(\text{step}_1 = 2(x^*+y^*)-1\)。接下来我们求 \((x^*,y^*)\)。

令 \(d:=\gcd(N,M)\)。又令 \(n:=\dfrac{N}{d}\)，\(m:=\dfrac{M}{d}\)，\(t:=\dfrac{T}{d}\)，显然 \(n\) 与 \(m\) 互素且均为 \(>1\) 的奇数。

原方程可化为 \(nx-my=t\)，通解形式变为 \((x,y)=(km+x_1,kn+x_1)\)。

注意到方程存在一组特解 \((x_1,y_1)=\left(\dfrac{m+1}{2},\dfrac{n-1}{2}\right)\)，于是通解可写为

\[(x,y) = \left(km+\frac{m+1}{2},kn+\frac{n-1}{2}\right) \]

令 \(kn + \dfrac{n-1}{2} > 0\)，得 \(k_{\min} = 0\)。于是 \((x^*,y^*) = \left(\dfrac{m+1}{2},\dfrac{n-1}{2}\right)\)，进而

\[\text{step}_1 = 2\left(\frac{m+1}{2}+\frac{n-1}{2}\right)-1=m+n-1=\frac{N+M}{\gcd(N,M)}-1 \]

分析策略（二）

设整个流程装满 \(\text{m}\) 的总次数为 \(x^*\)，倒空 \(\text{n}\) 的总次数为 \(y^*\)。显然 \(x^*,y^*\) 均为正整数，有丢番图方程 \(Mx^*-Ny^*=T\) 成立。

设丢番图方程 \(Mx-Ny=T\) 的通解形式为

\[(x,y)=(kN+x_0,kM+y_0) \]

其中 \(k\) 是整数，\((x_0,y_0)\) 是方程的一组特解。

我们可以证明，丢番图方程的所有解中，使 \(x\) 取最小正整数的解正是 \((x^*,y^*)\)。

设使 \(x\) 取最小正整数的解为 \((x',y')\)，因为 \((x^*,y^*)\) 是丢番图方程的正整数解，所以 \(x^* \ge x'\)。假设某一时刻刚将可乐从 \(\text{m}\) 倒入 \(\text{n}\) 中，此时装满 \(\text{m}\) 的次数为 \(x'\)，倒空 \(\text{n}\) 的次数是 \(\zeta\)，则 \(\text{n}\) 中的可乐体积 \(\nu = Mx' -N\zeta\)。已知 \(T=Mx'-Ny'\)，而 \(0<\nu<N\)，于是 \(\zeta = y'\)，进而 \(\nu = T\)。\(\text{n}\) 不是满的，故 \(\text{m}\) 是空的，于是 \((\nu,\mu)=(T,0)\)，流程结束。这说明整个流程装满 \(\text{m}\) 的总次数为 \(x'\)，即 \((x',y')=(x^*,y^*)\)。

由流程图可得 \(\text{step}_2 = 2(x^*+y^*)\)。接下来我们求 \((x^*,y^*)\)。

同（一）理，做相同的代换后，原方程可化为 \(mx-ny=t\)，通解形式变为 \((x,y)=(kn+x_1,km+x_1)\)。

注意到方程存在一组特解 \((x_1,y_1)=\left(\dfrac{n+1}{2},\dfrac{m-1}{2}\right)\)，于是通解可写为

\[(x,y) = \left(kn+\frac{n+1}{2},km+\frac{m-1}{2}\right) \]

令 \(kn + \dfrac{n+1}{2} > 0\)，得 \(k_{\min} = 0\)。于是 \((x^*,y^*) = \left(\dfrac{n+1}{2},\dfrac{m-1}{2}\right)\)，进而

\[\text{step}_2 = 2\left(\frac{n+1}{2}+\frac{m-1}{2}\right)=m+n=\frac{N+M}{\gcd(N,M)} \]

结论

由于 \(\text{step}_1 < \text{step}_2\)，所以最终答案

\[\text{Ans}=\text{step}_1 = \frac{N+M}{\gcd(N,M)}-1 \]

Code

#include <cstdio>
using namespace std;

int gcd(int x, int y) {
    return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
}

int main() {
    int s, n, m;
    while (scanf("%d%d%d", &s, &n, &m) && s && n && m) {
        int d = gcd(n, m);
        if ((s & 1) || s / 2 % d)
            puts("NO");
        else
            printf("%d\n", s / d - 1);
    }
    return 0;
}