倒水的过程有以下几种：设容器中剩余水量为x，A>B，则将水倒入B直至B满：x=>x-B；从B倒入满满一容器的水：x=>x+B；将A倒满水然后倒入B直至B满：x=>A-(B-x)即x=>x+A-B；将B倒满水然后倒入A直至A满：x=>B-(A-x)即x=>x-(A-B)。因此能倒出的水的容量一定能写成X = mA + nB，因此X应当是gcd(A,B)的倍数。
反过来，如果X是gcd(A,B)的倍数，则一定存在m,n使得mA + n(A-B) = X，当X<lcd(A,B)时m和n是唯一的。根据m和n的值可以推算出倒水的方案。

对于上面的题目研究结果如下：
得出能否实现似乎很简单、但是如果可以实现，那么去得到最快的实现方法却很难！

        
        
public static boolean can( int a , int b , int c ) { 
    int temp = gcd( a , b ); 
    //规则：如果可以得到c ，那么必然满足 c为 temp的倍数 
    return c%temp == 0; 
} 
// 得到两个数的最大公约数 
public static int gcd( int a , int b ) { 
    return ( b > 0 ) ? gcd( b , a % b ) : a; 
}

广度优先算法~
用一个递归, 在每一层, 搜索所有的可能性, 在一个链表中记录.
搜索完这层之后, 链表指针向后移一位, 继续递归.

返回条件:
1.当前状态是目标状态.
2.搜索完所有的状态, 已经没有其他的可能了.(每次增加链表的时候, 都做一次"当前状态是否重复"的判断, 用 字符串 或者 数组 都可以.)

最优解:
链表反着打印就可以了~

中国剩余定理的问题！可以了解一下数论！
条件是只要两个容器的容积互质，那么肯定有解，且只有一个解！

A，B的最大公约数能够整除C，就一定有解。反之无解。
实际程序执行没必要求最大公约数，只要A、B之差能整除C就有解了。

       
       
bool can_fill(int a, int b, int c) 
{ 
  if (a==0 || b==0) return false; 
  if (c%a==0 || c%b==0) return true; 
  if (a>b)  
    return can_fill(a-b, b, c); 
  else  
    return can_fill(a, b-a, c); 
}

设要求为m升:
1.求最小m(m_min):
n(A+B)>m>=(n-1)(A+B)
m_min=n(A+B)-m==0?true:false
2.求此时最大m(m_max):
m_max=|n(A-B)|==0?true:
xA+yB=m_max
若存在整数（x,y）---〉true
else: false

其实可以扩展到n个桶要倒出w升水的问题
同样要实现这目标，w必须是这n个桶容量最大公约数的倍数。
设n个桶的容量为a1,a2,...,an，最大公约数为c，
即（a1,a2,...,an）= c
=>u1a1+u2a2+...+unan=c， =>w/c(u1a1+u2a2+...+unan)=w //同时乘以w/c
所以要实现这一目标w/c必须是整数，即w是c的倍数。
注意Ui可能为负数，可能不唯一，也就代表倒水的顺序不唯一。