场景一：经典问题----倒水（详细解析）
倒水问题解析
有两个容器，容积分别为A升和B升，有无限多的水，现在需要C升水。 我们还有一个足够大的水缸，足够容纳C升水。起初它是空的，我们只能往水缸里倒入水，而不能倒出。 可以进行的操作是： 把一个容器灌满； 把一个容器清空（容器里剩余的水全部倒掉，或者倒入水缸）； 用一个容器的水倒入另外一个容器，直到倒出水的容器空或者倒入水的容器满。 问是否能够通过有限次操作，使得水缸最后恰好有C升水。
输入：三个整数A, B, C，其中 0 < A , B, C <= 1000000000
输出：0或1，表示能否达到要求。
函数头部：
c语言：1表示可以，0表示不可以 int can(int a,int b,int c);
c++语言: true表示可以，false表示不可以 bool can(int a,int b,int c);
java语言:true表示可以，false表示不可以 public class Main {public static boolean can(int a,int b,int c); }
分析
经典的倒水问题，有不少公司也出了类似的面试题目，有的以选择题形式出现，也有编程题形式出现的，下面做简要的分析：
对题目做简要的处理分析后，C升水是可以分多次倒入的，假设A > B，那么每次可以倒的水的量为A , B , (A + B) ,( A - B)升水，设置4个因子，分别为x1 , x2, x3, x4 , (x1 , x2, x3, x4 属于整数)，如果可以使得水缸最后恰好有C升水，那么必然存在整数x1 , x2, x3, x4，使得
Ax1 + Bx2, + (A + B)x3 + (A - B)x4 = C 等式成立;
对等式做一定的变换，得到公式
(x1 + x3 + x4)A + (x2 + x3 - x4)B = C ; --( 1-1 )
设 x = x1 + x3 + x4 , y = x2 + x3 - x4 , x, y 均为整数;最终得到公式
xA + yB = C ; --( 1-2 )
x1 , x2, x3, x4可以假设为正整数，用几个for循环可以实现，但是时间复杂度太大，为O(N4)，题目中给的范围是0 < A , B, C <= 1000000000;整数在十亿范围，显然运行时间肯定会超过3s ，不符合要求，那有没有更加合适的方法呢，在算法的书里面，有一个算法，与公式( 1-2 ) 不谋而合，是扩展的欧几里德算法，算法描述：
定理：
对于不完全为 0 的非负整数 a，b，gcd（a，b）表示 a，b 的最大公约数，必然存在整数对 x，y ，使得 gcd（a，b）=ax+by. 根据欧几里德扩展算法，Gcd(A, B) = Ax + By，求出A和B的最大公约数，如果C能被最大公约数整除Gcd(A, B) 整除，那就可以实现水缸里恰好为C升水； 那题目就直接转换为求A 、B的最大公约数了，求公约数可以用辗转相除法，代码如下：
int mod(int a, int b)
{
return b ? mod(b, a%b) : a;
}
bool can (int a, int b, int c){
int res;
res=mod(a, b);
if (0 == c % res)
return true;
else
return false;
} 同样，附带几个测试用例：
输入：A = 1234567, B = 7654321 , C = 9999999, 输出：result = 1;
输入：A = 9999, B = 5555, C = 2222, 输出：result = 1;
输入：A = 1000000000, B = 2, C = 1 , 输出：result = 0.
下面是做一个实例演示：假设A = 11 , B =39 , C = 2，返回值为1，说明可以实现，为方便叙述，采用A(11) , B(39)表示容器，步骤如下：
1、 将容器 B(39) 倒满水，然后3次倒入 A(11) 容器中，那么 B(39) 剩下 39 - 11 * 3 = 6升水，此时A(11)可用；
2、 把 B(39) 中的 6 升水全部倒入容器 A(11) 中，那么容器 A(11) 中有 6 升水，5 升是空的，此时B(39)可用；
3、 把 B(39) 倒满水，然后往第2步得到的 A(11 )倒入直到 A(11) 满为止，那B(39)剩下39 - 5 = 34 升水，清空 A(11) ，此时A(11)可用；
4、 步骤3得到的 B(39) 容器有34升水，3次倒入 A(11)中，那 B(39)中剩下 34 - 11 * 3= 1升水，此时 A(11)可用；
5、 把步骤4的 1 升水倒入水缸，清空 A(11) 和 B(39)，重做步骤1 - 4，再往水缸倒入1升水，那水缸里就是 1 + 1 = 2 升水了。
上面其实是辗转相除法的体现
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场景二：扩展欧几里得算法
一、题目描述
在平面上有一个两端无限延伸的数组如下图所示，0为起点，1是终点，现在有四种走法，向正方向走a步，向负方向走a步，向正方向走b步，向负方向走b步。在任给两个数a,b问能否从起点走到终点。
二、样例
输入：a=4，b=11
输入：Yes（a+a+a-b）
三、解题报告
该题实际要求的是，满足ax+by=1的整数解x,y。当gcd(a,b)!=1时是无解的，因为，在ax+by=1中a,b,x,y,1，都是整数，假设a,b的最大公倍数为c，即c=gcd(a,b),则方程可以化解为：(a/c)x+(b/c)y=1/c,令a1=a/c,b1=b/c 则有a1x+b1y=1/c,其中a1,b1,x,y都是整数如果1/c不是整数则方程无解，所有方程有整数解的条件是gcd(a,b)=c=1。
四、扩展欧几里得算法
所谓的扩展欧几里得算法就是用来求解方程：ax+by=gcd(a,b)的算法。由辗转相除法可知gcd(a,b)=gcd(b,a%b).所以有ax+by=gcd(a,b) 和 bx2+(a%b)y2=gcd(a,b).第二个式子变形可得到：ay1+b(x1-(a/b)×y1)=gcd(a,b)，故可以的得到：x=y1，y=(x1-(a/b)×y1)。而且当b=0时，gcd(a,b)=a,故可以得到:1*a+0*b=0,即x=1，y=0.
五、欧几里得算法扩展算法代码
int exgcd(int a,int b,int &x,int&y)
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
int d=exgcd(b,a%b,y,x);//交换x与y位置
y=y-(a/b)*x;
return d;
}如果上面代码看不懂，该分类里面有欧几里得算法原理的文章，有解释。
六、本题代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int exgcd(int a,int b,int &x,int&y)
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
int d=exgcd(b,a%b,y,x);//交换x与y位置
y=y-(a/b)*x;
return d;
}
int main()
{
int a,b,c;
int x,y;
scanf("%d%d",&a,&b);//输入的一个点
if(a<=b)//大的放前
c=exgcd(a,b,x,y);
else
{
c=exgcd(b,a,x,y);
int z=x;
x=y;
y=z;
}
if(c==1)
{
printf("Yes(%d*%d",x,a);
if(y>0)
printf("+");
printf("%d*%d)\n",y,b);
}
else
printf("No\n");
return 0;
}