给定m块x英寸的砖块和n块y英寸的砖块，使用给定砖块的组合创建z英寸的行

你基本上尝试了所有的组合，当你找到一个有效的组合时，你甚至没有停下来，你只是继续尝试所有的组合。这当然可以改进:我要么1)当你设置flag = 1;时使用break;，然后在外部循环中使用if (flag == 1) break;，这样你就可以从两个循环中断开，或者2)使用goto跳转到循环的末尾(但这在面试中非常危险，因为你可能会发现有人讨厌goto…)，或者3)直接使用cout << "Yes" << endl; exit(0);

不管怎样，我想他们想让你实现一些分支定界算法。例如，在你的方法中，你尝试从小的开始，然后你尝试添加长的。假设通过采取i小的，你已经超越了z:它是否有意义，也尝试采取0,1,2，…n长砖?你已经知道你做得太过分了。如果你从i=0, j=0开始并不断增加，并且对于给定的i，你已经超过了z，那么你肯定没有解决方案，你可以只使用cout << "No" << endl; exit(0);。或者，假设对于当前的i，您没有超出z，那么您进入内部循环并开始添加长块。如果在某一点上你超越了z，那么尝试添加更多砖块是否有意义?显然不是，您最好从内循环中取出break，然后再用一个小砖块尝试一次。换句话说:当你确定自己走得太远时，停下来。这意味着对于当前的分支，你的下界高于你必须达到的值，也就是说，这个分支必须被丢弃，因为它不能给你一个解决方案。然后，要么直接退出(如果像第一种情况一样，您确定没有其他分支可以为您带来解决方案)，要么转到下一个分支。

你也可以做相反的事情:如果，对于i的当前值，你看到即使通过所有n长的砖块你也没有达到z，这意味着尝试内部循环是浪费时间，你可以，从外部循环，continue;到下一次迭代，其中i增加。但这需要一点数学计算(可以在if (i*x + n*y < z)中完成)，考虑到您所给出的约束，这可能是不允许的。无论如何，这对应于检查你的上界是不是太低。如果是，则跳过此分支并继续。

我不认为有一个单循环的解决方案。如果你被迫使用一定数量的砖块，比如10个，你可以从10个小砖块开始检查，如果你没有达到z，你可以用一个长砖块交换一个小砖块，这样尝试:0和10,1和9,2和8，以此类推，直到10和0。这是一个单循环。但是没有办法提前知道你需要多少块砖。我能想到的所有捷径都需要解决一些像Mx+Ny=Z这样的方程，这是不被接受的。

所以我会选择分支和定界:与其尝试所有的组合，不如试着理解你是否在浪费时间，在这种情况下，继续前进。

方法:

用大砖块填充整行，不超过所需的长度z。
现在检查剩余长度是否为小砖块长度的倍数。
如果是，而且我们有足够的小砖块，我们就有答案了。如果没有，移除一块大砖块(只要还有大砖块)，然后再尝试添加小砖块。如果小砖块的数量不足以达到所需的长度，则完成。

#include <iostream>
using namespace std;
int main () {
   int m;   // number of small bricks
   int x;   // length of small bricks
   int n;   // number of big bricks
   int y;   // length of big bricks
   int z;   // length of wall
   cout << "Enter values : ";
   cin >> m >> x >> n >> y >> z;
   int flag = 0;
   for (int numBig = min(z / y, n); numBig >= 0; numBig--) {
      int sum = numBig * y;
      if ((z - sum) % x == 0) {
         int numSmall = (z - (numBig * y)) / x;
         if (numSmall <= m) {
            cout << "Yes. Combination Possible" << endl;
            flag = 1;
            break;
         } else {
            break;   // not enough small bricks
         }
      }
   }
   if (flag == 0)
      cout << "No. Not possible" << endl;
   return 0;
}

你的任务实际上是解一个线性丢番图方程，形式为

z = ax + by

另外，我们正在寻找的未知a, b受a<=m和b<=n的限制。

你可以通过

1. 计算x和y的最大公约数，d = GCD(x,y)。

2. 如果z不是d的倍数，则无解

3. 如果z能被d整除，则计算z' = z / d、x' = x / d、y' = y / d

4. 使用扩展欧几里得算法求解a'和b'的修正方程z' = a'x' + b'y'(基本上是一个循环，运行时间为O(log(max(z, x, y)))

5. 通过a'和b'乘以z'计算a和b

6. 检查解是否满足a<=m和b<=n约束

    #include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
   int m;   // number of small bricks
   int x;   // length of small bricks
   int n;   // number of big bricks
   int y;   // length of big bricks
   int z,z1,flag=0,flag1=0,m1,n1;   // length of wall
    cin>>m;
    cin>>x;
    cin>>n;
    cin>>y;
    cin>>z;
    z1=z;
    m1=m;n1=n;
    while(z>=0&&m>=0){
        if(z%x==0){
            if(m>=z/x){
                flag=1;
                break;
            }
        }
        if(z%y==0){
            if(n>=z/y){
                flag=1;
                break;
            }
        }
        z=z-x;
        m--;
    }
    while(z1>=0&&n1>=0){
        if(z1%x==0){
            if(m1>=z1/x){
                flag1=1;
                break;
            }
        }
        if(z1%y==0){
            if(n1>=z1/y){
                flag1=1;
                break;
            }
        }
        z1=z1-y;
        n1--;
    }
    if(flag1==1 || flag==1){
        cout<<"Possble";
    }
    else{
        cout<<"Not Possible";
    }
    return 0;
}

你的问题是减少到找到a和b这样的z=ax+by，而a<=m和b<=n。您可以只使用一个循环迭代a并为b求解方程z=ax+by来解决它，同时检查条件b<=n。就是这样。