裴蜀定理之水壶问题

裴蜀定理之水壶问题

面试被问到水壶问题，发现leetcode上有原题，涉及到裴蜀定理

有两个容量分别为 x升 和 y升 的水壶以及无限多的水。请判断能否通过使用这两个水壶，从而可以得到恰好 z升 的水？

如果可以，最后请用以上水壶中的一或两个来盛放取得的 z升 水。

你允许：

装满任意一个水壶 清空任意一个水壶 从一个水壶向另外一个水壶倒水，直到装满或者倒空 示例 1: (From the famous "Die Hard" example)

输入: x = 3, y = 5, z = 4 输出: True 示例 2:

输入: x = 2, y = 6, z = 5 输出: False

思路一

因为每次水壶有三种操作，加满，倒出，相互倒，所以我们可以暴力枚举所有状态 ，但是我试了一下好像会超限

思路二

运用裴蜀定理：

在数论中，裴蜀定理是一个关于最大公约数（或最大公约式）的定理。裴蜀定理得名于法国数学家艾蒂安·裴蜀，说明了对任何整数a、b和它们的最大公约数d，关于未知数x和y的线性丢番图方程（称为裴蜀等式）： ax + by = m 有解当且仅当m是d的倍数。裴蜀等式有解时必然有无穷多个整数解，每组解x、y都称为裴蜀数，可用辗转相除法求得。 例如，12和42的最大公因子是6，则方程12x + 42y = 6有解。事实上有（-3）×12 + 1×42 = 6及4×12 + (-1）×42 = 6。 特别来说，方程 ax + by = 1 有解当且仅当整数a和b互素。

证明（看的我懵懵懂懂）不过大概知道如何应用就ok

对于(a,b∈Z)(a,b∈Z)，ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)一定有整数解x,yx,y的证明： 设d=gcd(a,b)d=gcd(a,b)，可得d∣ad∣a，d∣bd∣b，且d∣(ax+by)d∣(ax+by)。 设ss是aa与bb的线性组合集中最小的正元素，并且对于某个x,y∈Zx,y∈Z，有s=ax+bys=ax+by，可知s∈Zs∈Z。 设q=⌊a/s⌋q=⌊a/s⌋，则有r=amods=a−qs=a−q(ax+by)=a(1−qx)+b(−qy)r=amods=a−qs=a−q(ax+by)=a(1−qx)+b(−qy)，因此rr也是aa与bb的一个线性组合，已知ss是这个线性集合中的最小正整数，又0≤r<s0≤r<s，可得r=0r=0，因此有s∣as∣a，同理有s∣bs∣b，因此ss是aa与bb的公约数，所以有d≥sd≥s。因为对于任意x,y∈Zx,y∈Z，有d∣(ax+by)d∣(ax+by)，而对于某个x,y∈Zx,y∈Z，有s=ax+bys=ax+by，所以有d∣sd∣s。但d∣sd∣s且s>0s>0，可得d≤sd≤s。综合d≤sd≤s和d≥sd≥s，得d=sd=s，故ss=gcd(a,b)gcd(a,b)。我们已知ss是aa与bb的线性组合集中的最小正元素，故ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)一定有整数解x,yx,y，亦可知对于a,b∈Za,b∈Z，gcd(a,b)gcd(a,b)是ax+by(x,y∈Z)ax+by(x,y∈Z)的最小正元素

对于(a,b∈Z)(a,b∈Z)，ax+by=cax+by=c有整数解的条件是gcd(a,b)∣cgcd(a,b)∣c的证明： 充分性：设d=gcd(a,b)d=gcd(a,b)，已知ax+by=dax+by=d一定有整数解，设其解为(x0,y0)(x0,y0)。d∣cd∣c，则存在k∈Zk∈Z，使得c=kd=k(ax+by)=a(kx)+b(ky)c=kd=k(ax+by)=a(kx)+b(ky)，即解为(kx0,ky0)(kx0,ky0)。 必要性：因ax1+by1=c，x1,y1∈Zax1+by1=c，x1,y1∈Z，设d=gcd(a,b)d=gcd(a,b)，有d∣ad∣a，d∣bd∣b，d∣(ax1,by1)d∣(ax1,by1)，即d∣c

为什么可以运用裴署定理解决这道题（转自leetcode的高赞题解）

转换证明 完备的证明需要包含两部分：

证明任意一轮游戏结果可以表示成 ax + byax+by 。 证明任意 ax + byax+by 可以表示成一轮游戏结果 名词说明：

倒水：把某桶的水倒光。 补水：把某桶的水补满。 匀水：一桶往另一桶倒水。 任意一轮游戏结果可以表示成 ax + by 推论一：不可能两个桶同时有水且不满。

观察所有的操作，所有的结束条件都为某桶满、或者某桶空。

推论二：补水操作只会对空桶进行。

证明方法一

首先补水没必要对满桶进行。 假设对一个不满且非空的桶进行补水操作，另一个桶只可能是空桶或满桶（推论一）。 最终两个桶都为满桶或者空桶之一，这通看起来很厉害的操作并无卵用。 证明方法二

假设对一个非空桶进行了补水操作。 可以把这个操作拆成两个操作，先倒，再补，最终结果一致。 推论三：倒水操作只会对满桶进行。

证明方法一

首先倒水没必要对空桶进行。 假设对一个不满且非空的桶进行倒水操作，另一个桶只可能是空桶或满桶（推论一）。 最终两个桶都为满桶或者空桶之一，这通看起来也很厉害的也没什么卵用。 证明方法二

假设对一个非空桶进行了倒水操作。 可以把这个操作拆成两个操作，先补，再倒，最终结果一致。 得证：任意一轮游戏结果可以表示成 ax + by

推论二说明了补水操作导致总量增加 x 或 y 。 推论三说明了倒水操作导致总量减少 x 或 y 。 任意 ax + by可以表示成一轮游戏结果

public boolean canMeasureWater(int x, int y, int z) {
if(x == 0 && y == 0) return z == 0;
return z == 0 || (z % gcd(x,y) == 0 && x + y >= z);
}

static int gcd(int x,int y){
if(y == 0) return x;
int r = x % y;
return gcd(y,r);
}