题目地址：

https://leetcode.com/problems/reaching-points/

给定一个数对(x,y)(x,y)(x,y)，每走一步可以到达(x+y,y)(x+y,y)(x+y,y)或者(x,x+y)(x,x+y)(x,x+y)，再给定一个目标数对，问从初始数对出发能否走到目标数对。题目保证xxx和yyy都是正整数。

如果start和target相等，那直接返回true。否则对于某个(x,y)(x,y)(x,y)，一定有x≠yx \ne yx=y，因为要到达(x,x)(x,x)(x,x)，其上一步必然是(0,x)(0,x)(0,x)或者(x,0)(x,0)(x,0)，与xxx是正数矛盾。而若x>yx>yx>y，则上一步一定是(x−y,y)(x-y,y)(x−y,y)，否则上一步一定是(x,y−x)(x, y-x)(x,y−x)。如此逆推回去，看看能不能推到start即可。
注意到这里可以进行一点优化。如果当x>yx>yx>y，我们需要验证(x−y,y),(x−2y,y)...,(x−ky,y)(x-y,y),(x-2y,y)...,(x-ky,y)(x−y,y),(x−2y,y)...,(x−ky,y)（其中x−(k−1)y>yx-(k-1)y>yx−(k−1)y>y但x−ky<yx-ky<yx−ky<y）是否等于start，我们也可以这么做：求(tx%ty,ty)(tx\%ty, ty)(tx%ty,ty)，然后判断sy == ty和(sx - tx % ty) % ty == 0，这两者的等价性非常显然。优化后的代码如下：

public class Solution {public boolean reachingPoints(int sx, int sy, int tx, int ty) {if (sx == tx && sy == ty) {return true;}while (sx <= tx && sy <= ty) {if (tx > ty) {tx %= ty;} else {ty %= tx;}if (sx == tx && (sy - ty) % sx == 0) {return true;}if (sy == ty && (sx - tx) % sy == 0) {return true;}}// 如果跳出循环了，说明sx > tx或者sy > ty，这就不可能再达到了，返回falsereturn false;}
}

时间复杂度O(log⁡min⁡(tx,ty))O(\log \min(tx,ty))O(logmin(tx,ty))，空间O(1)O(1)O(1)。

时间复杂度证明：
很显然求(tx,ty)(tx,ty)(tx,ty)的最大公约数的步数可以作为时间复杂度的一个上界。先证明，如果求aaa和bbb的最大公约数的步数为nnn，且a>b>0a>b>0a>b>0，则最小的aaa和bbb分别是Fn+2F_{n+2}Fn+2和Fn+1F_{n+1}Fn+1（这里的意思是，需要步数为nnn的所有数对里，bbb最小是Fn+1F_{n+1}Fn+1，然后对于这个bbb，aaa最小可以取Fn+2F_{n+2}Fn+2），其中FnF_nFn为斐波那契数，F1=F2=1F_1=F_2=1F1=F2=1，Fn=Fn−1+Fn−2F_n=F_{n-1}+F_{n-2}Fn=Fn−1+Fn−2。数学归纳法，如果只需要一步，此时余数为000，所以a=2=F3a=2=F_3a=2=F3，b=1=F2b=1=F_2b=1=F2，成立。假设对需要kkk步的时候也成立，当需要k+1k+1k+1步的时候，第一步为a=bq0+r0a=bq_0+r_0a=bq0+r0，第二步为b=r0q1+r1b=r_0q_1+r_1b=r0q1+r1，所以bbb最小是Fk+2F_{k+2}Fk+2，r0r_0r0最小是Fk+1F_{k+1}Fk+1，而最小的aaa在q0=1q_0=1q0=1时取到，所以aaa最小是Fk+3F_{k+3}Fk+3。

由上可知，而斐波那契数FnF_nFn与nnn的关系是个对数的关系，所以时间复杂度为O(log⁡min⁡(tx,ty))O(\log \min(tx,ty))O(logmin(tx,ty))。

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【Leetcode】780. Reaching Points

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