题目描写叙述 Description


有两个无刻度标志的水壶。分别可装 x 升和 y 升 （ x,y 为整数且均不大于 100 ）的水。

设另有一水 缸，可用来向水壶灌水或接从水壶中倒出的水， 两水壶间，水也能够相互倾倒。已知 x 升壶为空 壶， y 升壶为空壶。问怎样通过倒水或灌水操作。 用最少步数能在x或y升的壶中量出 z （ z ≤ 100 ）升的水 来。



输入描写叙述 Input Description


一行，三个数据。分别表示 x,y 和 z;



输出描写叙述 Output Description


一行，输出最小步数 ,假设无法达到目标，则输出"impossible"



例子输入 Sample Input


3 22 1



例子输出 Sample Output


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数据范围及提示 Data Size & Hint


此题数据太弱了，DFS略微剪枝下都能过，无语


倒水一共同拥有6种策略：


操作1：装满a桶

操作2：装满b桶

操作3：清空a桶

操作4：清空b桶

操作5：将B桶中的水倒入A桶

操作6：将A桶的水倒入B桶


每种策略在推断条件后模拟一遍就OK了。只是要注意判重


无论是DFS还是BFS。强调它的判重仅仅须要数组就够了，不是必需像ZFX童鞋那样用STL的set。因为x,y<=100。最多有10000种状态。数组不会爆


1、DFS


这里判重数组不仅要保存该结点是否訪问过。并且要记录该结点的步数(即解的好坏)，便于为后面循环求得最优解



#include <stdio.h>
#define MAXN 200
#define INF 10000000
int f[MAXN][MAXN],a,b,z; //f[x][y]=达到A桶内水量为x,B桶内水量为y的状态所需步骤数
void dfs(int x,int y,int step) //x=A桶内水量，y=B桶内水量，step=当前步骤数
{
  if(f[x][y]!=0&&step+1>=f[x][y]) return; //当前状态已经有解且如今的解一定比过去的解更差时，退出
  f[x][y]=step+1; //更新当前状态所需最少步骤数
  dfs(x,0,step+1); //1、清空B桶
  dfs(0,y,step+1); //2、清空A桶
  dfs(x,b,step+1); //3、装满B桶
  dfs(a,y,step+1); //4、装满A桶
  //5、将B桶倒入A桶
  if(x+y<=a)
    dfs(x+y,0,step+1);//(i)B桶倒空后A桶不会溢出
  else
    dfs(a,x+y-a,step+1); //(ii)B桶倒空后A桶会溢出,故B桶中有残留
  //6、将A桶倒入B桶
  if(x+y<=b)
    dfs(0,x+y,step+1);//(i)A桶倒空后B桶不会溢出
  else
    dfs(x+y-b,b,step+1); //(ii)A桶倒空后B桶会溢出,故A桶中有残留
}
int main()
{
  int i,j,ans=INF;
  scanf("%d%d%d",&a,&b,&z);
  dfs(0,0,0);
  for(i=0;i<=a;i++)
    if(f[i][z]!=0)
      if(f[i][z]<ans)
        ans=f[i][z]; //遍历全部B桶中达到水量z的情况。获得最优解
  for(i=0;i<=b;i++)
    if(f[z][i]!=0)
      if(f[z][i]<ans)
        ans=f[z][i]; //遍历全部B桶中达到水量z的情况，获得最优解
  if(ans==INF) printf("impossible\n");
  else printf("%d\n",ans-1);
  return 0;
}


2、BFS


BFS做法略微复杂些。只是和DFS殊途同归，依据BFS的性质。BFS终于搜索出的结果就是最优解，判重数组仅仅需保存每一个结点是否訪问过就能够了，另外BFS的判重很重要。否则BFS将进入死循环（我刚開始的代码就是这样，调了一个多小时。ORZ）



#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <queue>
#define MAXN 110
using namespace std;
int a,b,z,f[MAXN][MAXN]; //目标是取z L水
struct cup
{
    int x; //x桶(大桶)中的水量
    int y; //y桶(小桶)中的水量
    int sol; //sol=量出的水量
    int step; //step=倒水次数
}first,now;
queue<cup>Q;
void extend(cup in) //扩展结点
{
    if(f[in.x][in.y]!=0) return;
    f[in.x][in.y]++;
    in.step++;
    cup p=in;
    //操作1：装满a桶
    p.x=a;
    Q.push(p);
    //操作2：装满b桶
    p=in;
    p.y=b;
    Q.push(p);
    //操作3：清空a桶
    p=in;
    p.x=0;
    Q.push(p);
    //操作4：清空b桶
    p=in;
    p.y=0;
    Q.push(p);
    //操作5：将B桶中的水倒入A桶
    p=in;
    if(in.x+in.y<=a) //(i)B桶倒空后A桶不会溢出
    {
        p.x=in.x+in.y;
        p.y=0;
        Q.push(p);
    }
    else //(ii)B桶倒空后A桶会溢出,故B桶中有残留
    {
        p.x=a;
        p.y=in.x+in.y-a;
        Q.push(p);
    }
    //操作6：将A桶的水倒入B桶
    p=in;
    if(in.x+in.y<=b) //(i)A桶倒空后B桶不会溢出
    {
        p.y=in.x+in.y;
        p.x=0;
        Q.push(p);
    }
    else //(ii)A桶倒空后B桶会溢出,故A桶中有残留
    {
        p.y=b;
        p.x=in.x+in.y-b;
        Q.push(p);
    }
}
void bfs()
{
    Q.push(first);
    while(!Q.empty())
    {
        now=Q.front();
        Q.pop(); //取出队首状态
        if(now.x==z||now.y==z)
        {
            printf("%d\n",now.step);
            exit(0);
        }
        extend(now);
    }
    printf("impossible\n");
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&a,&b,&z);
    first.step=0;
    first.x=0;
    first.y=0;
    bfs();
    return 0;
}