题目链接

https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=1544

题目大意

有三个水杯，容量分别为 a, b, c 刚开始 c 水杯注满水，其他是空的，然后求经过 n 次操作后可不可以得到 d 升水。如果可以的话，转移的水量尽量少，如果无法得到 d 升的话，就输出 d’ 升，d’< d 并且 d’ 尽量的大。

这里的转移水量指，总共转移了多少升水，比如 a 向 b 注了五升水，那么转移水量为五升。

解题过程

照着紫书示例敲得，看作者代码学到了好多东西。

题目分析

• 首先是进行枚举操作的时候，虽然总共三个杯子，作者还是把数据放到了数组里面，简化不少代码，如果是我的话，就直接写9个if了。

• 然后是代码的思想是 dijkstra，求最短路。

  • 把整个问题当做一个状态图，每个点由三个水杯里面的水确定。
  • 两个点之间的边的权值，是由两个状态转化所需要转移的水量。（注意一点是这里是有向图）
  • 另外三个水杯里面的水合不变，给定两个水杯里水的体积，就可以确定另一个，所以储存状态时，只需要记录两个水杯的体积即可。

• 经过上面的解析，这个问题就抽象成了，求一个有向图的最短路径，然后使用了优先队列优化的 dijkstra 。

• 另外memcpy的使用值得一学，使用方法如下：
  memset(&a, &b, sizeof(a));
  把 b 复制给a，直接复制的内存，效率比直接循环快。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int MAX = 200+10;struct Node
{int v[3], dist;
};bool operator < (const struct Node& a, const struct Node& b)
{return a.dist > b.dist;
}int vis[MAX][MAX], ans[MAX];void update_ans(Node u)
{for (int i = 0; i < 3; i++){int d = u.v[i];if (ans[d] < 0 || ans[d] > u.dist)ans[d] = u.dist;}
}void solve(int a, int b, int c, int d)
{int cap[3] = {a,b,c};memset(vis, 0, sizeof(vis));memset(ans, -1, sizeof(ans));Node start;start.v[0] = 0, start.v[1] = 0, start.v[2] = c;start.dist = 0;priority_queue<Node> q;q.push(start);vis[0][0] = 1;while (!q.empty()){Node u = q.top(); q.pop();update_ans(u);if (ans[d] >= 0)break;for (int i = 0; i < 3; i++){for (int j = 0; j < 3; j++){if (i == j)continue;if (u.v[i] == 0 || u.v[j] == cap[j])continue;int amount = min(cap[j], u.v[i] + u.v[j]) - u.v[j];Node u2;memcpy(&u2, &u, sizeof(u));u2.dist = u.dist + amount;u2.v[i] -= amount;u2.v[j] += amount;if (!vis[u2.v[1]][u2.v[0]]){vis[u2.v[1]][u2.v[0]] = 1;q.push(u2);}}}}
}int main()
{int T;scanf("%d", &T);while (T--){int a, b, c, d;scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d);solve(a, b, c, d);while (d >= 0){if (ans[d] >= 0){printf("%d %d\n", ans[d], d);break;}d--;}}
}