分类：教育/科学-理工学科-数学
问题：一个智力题的推广原题是个老题。有一个容量4升的瓶子，一个容量9升 
原题是个老题。有一个容量4升的瓶子，一个容量9升的瓶子，任意多的水。要求称量出6升水来。（不用其他工具） 题目本身当然很简单，我也并不想拿这种题浪费大家精力。但今天给小讲这个题的时候，推广了一下，猜想： 有一个容量m升的瓶子，一个容量n升的瓶子，任意多的水。这里m和n是互素的正整数，并不妨设m > n。可以（而且似乎方法唯一）称量出任意k升水，其中0 < k < m。 这个猜想我也不曾多考虑过，请大家试试能不能证明或反证一下。 先说我已经得到的结果： 1）这个问题实质上是对m和n做加减法（有限制的），从原题是个老题。有一个容量4升的瓶子，一个容量9升的瓶子，任意多的水。要求称量出6升水来。（不用其他工具） 题目本身当然很简单，我也并不想拿这种题浪费大家精力。但今天给小讲这个题的时候，推广了一下，猜想： 有一个容量m升的瓶子，一个容量n升的瓶子，任意多的水。这里m和n是互素的正整数，并不妨设m > n。可以（而且似乎方法唯一）称量出任意k升水，其中0 < k < m。 这个猜想我也不曾多考虑过，请大家试试能不能证明或反证一下。 先说我已经得到的结果： 1）这个问题实质上是对m和n做加减法（有限制的），从而可以做变形了的带余除法。求一个小于m的数，从而也可以得到从1到m + n的任意数。 带余除法有一个命题：(m, n) = 1当且仅当存在u, v使u m + n v = 1。 仿照上命题的证明不难证出k = 1时猜想是成立的。 2）m和n不互素时，甚至m和n是任意有理数时，都可以恰当的选择容量单位，使两数为互素的正整数。 3）对固定的m, n, k，容易用倒推的办法判定，在有限步内解是否存在，以及是否唯一。但当m, n, k为变量时，我还不会。
回答：　　此问题的一般性结论是:　　如果有n个壶容积分别为A1，A2，……，An（Ai均为大于0的整数）设w为另一大于0的整数。则用此n个壶可倒出w升水的充要条件为：　　1)　w小于等于A1+A2+......+An；　　2)　w可被(A1,A2,......,An)（这n个数的最大公约数）整除。　　详细分析证明参见以下异调写的文章《灌水问题》：参考文献： 灌水问题——经典智力题推而广之一  异调　　倒水问题的经典形式是这样的：　　“假设有一个池塘，里面有无穷多的水。现有2个空水壶，容积分别为5升和6升。问题是如何只用这2个水壶从池塘里取得3升的水。”　　当然题外是有一些合理的限制的，比如从池塘里灌水的时候，不管壶里是不是已经有水了，壶一定要灌满，不能和另一个壶里的水位比照一下“毛估估”（我们可以假设壶是不透明的，而且形状也不同）；同样的，如果要把水从壶里倒进池塘里，一定要都倒光；如果要把水从一个壶里倒进另一个壶里，也要都倒光，除非在倒的过程中另一个壶已经满了；倒水的时候水没有损失（蒸发溢出什么的）等等等等。　　事实上，要解决上面这题，你只要用两个壶中的其中一个从池塘里灌水，不断地倒到另一个壶里，当第二个壶满了的时候，把其中的水倒回池塘里，反复几次，就得到答案了。以5升壶(A)灌6升壶(B)为例：　　　　　A　　B　　　　　0　　0 　　　　　5　　0　　A→B 　　　　　0　　5 　　　　　5　　5　　A→B 　　　　　4　　6 　　　　　4　　0　　A→B 　　　　　0　　4 　　　　　5　　4　　A→B 　　　　　3　　6　　现在我们问，如果是多于2只壶的情况怎么办（这样一来就不能用上面的循环倒水法了）？如何在倒水之前就知道靠这些壶是一定能（或一定不能）倒出若干升水来的？试举数例：　　1)　两个壶：65升和78升，倒38升和39升。　　2)　三个壶：6升，10升和45升，倒31升。　　我们可以看到，在1)中，65=5×13，78=6×13，而39=3×13。所以如果把13升水看作一个单位的话（原题中的“升”是没有什么重要意义的，你可以把它换成任何容积单位，毫升，加仑——或者“13升”），这题和最初的题目是一样的。而38升呢？显然是不可能的，它不是13的倍数，而65升和78升的壶怎么也只能倒出13升的倍数来。也可以这样理解：这相当于在原题中要求用5升和6升的壶倒出38/39升来。　　那么2)呢？你会发现，只用任何其中两个壶是倒不出31升水的，理由就是上面所说的，(6,10)=2，(6,45)=3，(10,45)=5，（这里(a,b)是a和b的最大公约数），而2，3，5均不整除31。可是用三个壶就可以倒出31升：用10升壶四次，6升壶一次灌45升壶，得到1升水，然后灌满10升壶三次得30升水，加起来为31升。　　一般地我们有“灌水定理”：　　“如果有n个壶容积分别为A1，A2，……，An（Ai均为大于0的整数）设w为另一大于0的整数。则用此n个壶可倒出w升水的充要条件为：　　1)　w小于等于A1+A2+......+An；　　2)　w可被(A1,A2,......,An)（这n个数的最大公约数）整除。”　　这两个条件都显然是必要条件，如果1)不被满足的话，你连放这么多水的地方都没有。2)的道理和上面两个壶的情况完全一样，因为在任何步骤中，任何壶中永远只有(A1,A2,......,An)的倍数的水。　　现在我们来看一下充分性。在中学里我们学过，如果两个整数a和b互素的话，那么存在两个整数u和v，使得ua+vb=1。证明的方法很简单：在对a和b做欧几里德辗转相除时，所有中间的结果，包括最后得到的结果显然都有ua+vb的形式（比如第一步，假设a小于b，记a除b的结果为s，余数为t，即b=sa+t，则t=(-s)a+b，即u=-s，v=1）。而两个数互素意味着欧几里德辗转相除法的最后一步的结果是1，所以1也可以记作ua+vb的形式。稍微推广一点，如果(a,b)=c，那么存在u和v使得ua+vb=c（两边都除以c就回到原来的命题）。　　再推广一点，如果A1，A2，……，An是n个整数，(A1,A2,......,An)=s，那么存在整数U1，U2，……，Un，使得　　　　　　　U1A1 + U2A2 + ...... + UnAn = s. 　　　(*)　　在代上称此结果为“整数环是主理想环”。这也不难证，只要看到　　　　(A1,A2,A3,A4,......,An) = ((((A1,A2),A3),A4),......,An).　　也就是说，可以反复应用上一段中的公式：比如三个数a，b，c，它们的最大公约数是d。假设(a,b)=e，那么(e,c)=((a,b),c)=d。现在有u1，u2使得u1a+u2b=e，又有v1，v2使得v1e+v2c=d，那么 　　　　　　(v1u1)a+(v1u2)b+(v2)c=d.　　好，让我们回头看“灌水定理”。w是(A1,A2,......,An)的倍数，根据上节的公式(*)，两边乘以这个倍数，我们就有整数V1，V2，……，Vn使得 V1A1 + V2A2 + ...... + VnAn = w.注意到Vi是有正有负的。　　这就说明，只要分别把A1，A2，……，An壶，灌上V1，V2，……，Vn次（如果Vi是负的话，“灌上Vi次”要理解成“倒空-Vi次”），就可以得到w升水了。具体操作上，先求出各Vi，然后先往Vi是正数的壶里灌水，灌1次就把Vi减1。再把这些水到进Vi是负数的壶里，等某个壶灌满了，就把它倒空，然后给这个负的Vi加1，壶之间倒来倒去不变更各Vi的值。要注意的是要从池塘里灌水，一定要用空壶灌，要倒进池塘里的水，一定要是整壶的。这样一直到所有Vi都是0为止。　　会不会发生卡住了，既不能灌水又不能倒掉的情况？不会的。如果有Vi仍旧是负数，而Ai壶却没满：那么如果有其它Vi是正的壶里有水的话，就都倒给它；如果有其它Vi是正的壶里没水，那么就拿那个壶打水来灌（别忘了给打水的壶的Vi减1）；如果根本没有任何Vi是正的壶了——这是不可能的，这意味着w是负的。有Vi仍旧是正数，而Ai壶却没满的情况和这类似，你会发现你要用到定理中的条件1)。　　这样“灌水定理”彻底得证。当然，实际解题当中如果壶的数目和容积都比较大的话，手工来找(*)中的各Ui比较困难，不过可以写个程序，连倒水的步骤都算出来。最后要指出的一点是，(*)中的Ui不是唯一的，所以倒水的方式也不是唯一的。