[54]電容充電-位元組跳動2018秋

1.題目描述

有一臺用電容組成的計算器，其中每個電容元件都有一個最大容量值（正整數）。
對於單個電容，有如下操作指令：
指令1：放電操作-把該電容當前電量值清零
指令2：充電操作-把該電容當前電量補充到其最大容量值
對於兩個電容A和B，有如下操作指令：
指令3：轉移操作-從A中儘可能多的將電量轉移到B，轉移不會有電量損失，如果能夠充滿B的最大容量，那剩餘的電量仍然會留在A中
現在已知有兩個電容，其最大容量分別為a和b，其初始狀態都是電量值為0，希望通過一系列的操作可以使其中某個電容（無所謂哪一個）中的電量值等於c(c也是正整數)，這一系列操作所用的最少指令條數記為M，如果無論如何操作，都不可能完成，則定義此時M=0。
顯然對於每一組確定的a、b、c，一定會有一個M與其對應。

• 輸入描述:
  每組測試樣本的輸入格式為：
  第一行是一個正整數N
  從第二行開始，每行都是3個正整數依次組成一組a、b、c，一共有N組
• 輸出描述:
  輸出為N行，每行列印每一組的對應的M
• 資料範圍：
  N：0<N<100
a、b、c：
  0<a、b、c<10^5（50%）
  0<a、b、c<10^7（30%）
  0<a、b、c<10^9（20%）
• 輸入示例:

  2 
  3 4 2 
  2 3 4
  

• 輸出示例:

  4
  0
  

• 說明:
  對於(3，4，2),最少只需要4個指令即可完成：
  （設最大容量為3的是A號電容，另一個是B號電容）
  1. 充電A轉移A->B
  2. 充電A轉移A->B
     此時A中當前電量為2，操作完成，所以輸出4。
     對於(2，3，4)，顯然不可能完成，輸出0。

2.題目解析

1. 簡單情況
   1. 若c>a且c>b，則顯然不可能完成，M為0。
   2. 若c=a或c=b，則顯然一次操作可完成，M為1。
2. 其他情況
   示例條件
   • A容量a=3
   • B容量b=4
   • 目標電量c=2

一共有兩種方式
小容量的先充電，然後轉移到大容量

操作	A電量(a=3)	B電量(b=4)
初始狀態	0	0
A充電	3	0
A轉移到B	0	3
A充電	3	3
A轉移到B	2	4

指令條數M=4

大容量的先充電，然後轉移到小容量

操作	A電量(a=3)	B電量(b=4)
初始狀態	0	0
B充電	0	4
B轉移到A	3	1
B放電	0	1
B轉移到A	1	0
B充電	1	4
B轉移到A	3	2

指令條數M=6

從小到大一定比從大到小指令少？

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現在考慮剩餘情況，即c<Max(a,b)且c≠Min(a,b)(條件1)
將電容A、B看作一個整體，整體電容只有充電和放電兩種操作。其中充電使整體總電量增加，放電使整體總電量減少，則系統總電量可以達到的數值為ax+by(a、b為整數，且ab<0)，其中x、y中為正的表示充電，為負的表示放電。因為條件1，所以a、b一定是一正一負，即ab<0。
要使電量為c，則要滿足等式ax+by=c。根據裴蜀定理，等式可以滿足當且僅當gcd(a,b)|c，即a,b的最大公約數也是c的因子。

裴蜀/貝祖定理
若是整數,且，那麼對於任意的整數,都一定是的倍數，特別地，一定存在整數，使成立。

相反，若c mod gcd(a,b)≠0，則電量不能達到c，M為0。
現在假設gcd(a,b)|c，即存在一正一負的整數x,y滿足等式ax+by=c，不妨設x>0，則整體電容的具體操作流程如下：

1. 給電容A充電
2. 電容A轉移到電容B
3. 若電容B滿電，則其放空電量
4. 如果電容A電量非空，則轉2
5. 轉1重複執行整個過程，直到某時刻電容A或B中電量為c為止

先給容量大的充電()，還是先給容量小的充電()？
指令條數M = 轉移次數 + 充電次數 + 放電次數
轉移次數 = 充電次數 + 放電次數？

其電容操作次數有如下兩種情況： 假設(b>a)

1. 若c>a(此時a<c<b)，則最終是B中先有c的電量(A存不下)，此時有x次充電，−y次放電，x−y次轉移(因為B中先有c的電量，每次A充電必然要轉移到B，每次B放電必然A非空由步驟4轉步驟2進行轉移操作)，共2(x−y)次操作。
2. 若c<a(此時c<a且c<b)，則最終是A中先有c的電量(反證法：若B中先有，因為a、b都大於c，所以必然是A轉移c電量給空的B，此時A先有c電量，矛盾)，此時有x次充電，−y−1次放電(當A中有c的電量時，必然是轉移給B後，A中剩餘c的電量，此時B中滿電量不用放電也滿足題目要求，所以公式計算的放電次數需要減1)，x−y−1次轉移(即實際需要充電次數x加上實際需要放電次數−y−1)，共2(x−y−1)次操作。

因此只需要最小化|x|+|y|。若使用擴充套件歐幾里德演算法求出任意一組解(x,y)，則等式ax+by=c的全部整數解為：

找出其中距離0最近的兩組解(x,y)(一組x>0，另一組y>0)，其中|x|+|y|最小的一組就是達到最小運算元的解(x,y)，根據上面分析可得到最小運算元。

參見[歐幾里得演算法]與[擴充套件歐幾里得演算法]

3.參考答案

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

// 擴充套件歐幾里得演算法
LL egcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
  if (b == 0) {
    x = 1, y = 0;
    return a;
  }
  LL q = egcd(b, a % b, y, x);
  y -= a / b * x;
  return q;
}

int main() {
  int N = 0;
  scanf("%d",&N);
  while (N--) {
    LL a, b, c, x, y;
    scanf("%lld%lld%lld", &a,&b,&c);

    int d = egcd(a, b, x, y); // 這裡是ax+by=d
    // c大於A和B的容量，不能完成
    // 根據裴蜀/貝祖定理，c不是gcd(a,b)的倍數，不能完成
    if (c > a && c > b || c % d) {
      printf("0\n");
      continue;
    }

    // 剛好1步充滿A或者B
    if (c == a || c == b) {
      printf("1\n");
      continue;
    }

    // 假設a>0
    if (y > 0) swap(x, y), swap(a, b);
    
    // 使ax + by = c （d是c的因子，即對上面式子ax + by = d兩邊同時乘以c / d）
    x *= c / d; // 乘上c的約分
    y *= c / d;

    LL a2 = a / d; // a約分
    LL b2 = b / d; // b約分
    LL k = x / b2; // |x|+|y|最小的k？？？？？
    x -= k * b2; // 使這組(x, y)最接近0（x > 0時的整數解）
    y += k * a2;
    LL res;
    if (c > a)
      res = 2 * (x - y);
    else
      res = 2 * (x - y - 1);
    // |x|+|y|最小？？？？
    x -= b2;
    y += a2;
    if (c > b)
      res = min(res, 2 * (y - x));
    else
      res = min(res, 2 * (y - x - 1));
    printf("%d\n",res);
  }
  return 0;
}