三个水杯（BFS）

Posted 2020-09-15

三个水杯

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难度：4

描写叙述

给出三个水杯。大小不一，而且仅仅有最大的水杯的水是装满的。其余两个为空杯子。三个水杯之间相互倒水，而且水杯没有标识，仅仅能依据给出的水杯体积来计算。如今要求你写出一个程序。使其输出使初始状态到达目标状态的最少次数。

输入

第一行一个整数N(0<N<50)表示N组測试数据
接下来每组測试数据有两行。第一行给出三个整数V1 V2 V3 (V1>V2>V3 V1<100 V3>0)表示三个水杯的体积。
第二行给出三个整数E1 E2 E3 （体积小于等于对应水杯体积）表示我们须要的终于状态

输出

每行输出对应測试数据最少的倒水次数。假设达不到目标状态输出-1

例子输入

2
6 3 1
4 1 1
9 3 2
7 1 1

例子输出

3
-1

来源

经典题目

#include <iostream>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
int N;
int v1,v2,v3,vis[100][100][100],E1,E2,E3;
struct p
{
    int x,y,z;
};
p f[100][100][100];
using namespace std;
queue<p>v;
p u;
void fq(p u,p &t)
{
    if(!vis[t.x][t.y][t.z])
    {
        v.push(t);
        vis[t.x][t.y][t.z]=1;
        f[t.x][t.y][t.z].x=u.x;
        f[t.x][t.y][t.z].y=u.y;
        f[t.x][t.y][t.z].z=u.z;
    }
    t=u;
}
int main()
{
    scanf("%d",&N);
    while(N--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d%d",&v1,&v2,&v3,&E1,&E2,&E3);
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        u.x=u.y=u.z=0;
        if(v1>v2&&v1>v3)u.x=v1;
        if(v2>v1&&v2>v3)u.y=v2;
        if(v3>v2&&v3>v1)u.z=v3;
        vis[u.x][u.y][u.z]=1;
        while(!v.empty())v.pop();
        v.push(u);
        int flag=0;
        f[u.x][u.y][u.z].x=u.x;
        f[u.x][u.y][u.z].y=u.y;
        f[u.x][u.y][u.z].z=u.z;

        while(!v.empty())
        {
            u=v.front();
            v.pop();
            p t=u;
            if(u.x==E1&&u.y==E2&&u.z==E3)
            {

                flag=1;break;
            }
            if(t.x+t.y<=v2)
            {
                t.y+=t.x;
                t.x=0;
            }
            else
            {
                t.x-=(v2-t.y);
                t.y=v2;
            }
            fq(u,t);
            if(t.x+t.z<=v3)
            {
                t.z+=t.x;
                t.x=0;
            }
            else
            {
                t.x-=(v3-t.z);
                t.z=v3;
            }
            fq(u,t);
            if(t.y+t.x<=v1)
            {
                t.x+=t.y;
                t.y=0;
            }
            else
            {
                t.y-=(v1-t.x);
                t.x=v1;
            }
            fq(u,t);
            if(t.y+t.z<=v3)
            {
                t.z+=t.y;
                t.y=0;
            }
            else
            {
                t.y-=(v3-t.z);
                t.z=v3;
            }
            fq(u,t);
            if(t.z+t.x<=v1)
            {
                t.x+=t.z;
                t.z=0;
            }
            else
            {
                t.z-=(v1-t.x);
                t.x=v1;
            }
            fq(u,t);
            if(t.z+t.y<=v2)
            {
                t.y+=t.z;
                t.z=0;
            }
            else
            {
                t.z-=(v2-t.y);
                t.y=v2;
            }
            fq(u,t);
        }
        if(!flag)puts("-1");
        else
        {
            int A=0;
            u.x=E1,u.y=E2,u.z=E3;
            while(!(f[u.x][u.y][u.z].x==u.x&&f[u.x][u.y][u.z].y==u.y&&f[u.x][u.y][u.z].z==u.z))
            {

                p t=u;
                u.x=f[t.x][t.y][t.z].x;
                u.y=f[t.x][t.y][t.z].y;
                u.z=f[t.x][t.y][t.z].z;
                A++;
            }
            printf("%d\n",A);
        }

    }
    return 0;
}