问题 B: 魔板(USACO3.2.5)
题目描述
在成功地发明了魔方之后,拉比克先生发明了它的二维版本,称作魔板。这是一张有8个大小相同的格子的魔板:
1 2 3 4
8 7 6 5
我们知道魔板的每一个方格都有一种颜色。这8种颜色用前8个正整数来表示。可以用颜色的序列来表示一种魔板状态,规定从魔板的左上角开始,沿顺时针方向依次取出整数,构成一个颜色序列。对于上图的魔板状态,我们用序列(1,2,3,4,5,6,7,8)来表示。这是基本状态。
这里提供三种基本操作,分别用大写字母“A”,“B”,“C”来表示(可以通过这些操作改变魔板的状态):
“A”:交换上下两行;
“B”:将最右边的一列插入最左边;
“C”:魔板中央四格作顺时针旋转。
下面是对基本状态进行操作的示范:
A: 8 7 6 5
1 2 3 4
B: 4 1 2 3
5 8 7 6
C: 1 7 2 4
8 6 3 5
对于每种可能的状态,这三种基本操作都可以使用。
你要编程计算用最少的基本操作完成基本状态到目标状态的转换.
输入
输入仅一行,包括8个整数,用空格分开(这些整数在1~8之间),表示目标状态。
输出
输出文件包括一个整数,表示最短操作序列的长度。
样例输入
2 6 8 4 5 7 3 1
样例输出
7
思路:广搜,用map记录每个到达过的状态,直至达到目标状态
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
map<int,bool>mp;
struct dd{
int a[10],step;
}s,e;
queue<dd>q;
int k,ek;
void bfs()
{
while(!q.empty())
{
//A操作
for(int i = 1; i <= 8; i++)
s.a[i]=q.front().a[9-i];
//获取当前状态,下同
k=0;
for(int i =1; i <= 8; i++)
k=k*10+s.a[i];
if(!mp[k])
{
//没有到达过这种状态,则推入队列,下同
mp[k]=true;
s.step=q.front().step+1;
q.push(s);
}
//B操作
s.a[1]=q.front().a[4];s.a[2]=q.front().a[1];s.a[3]=q.front().a[2];s.a[4]=q.front().a[3];
s.a[5]=q.front().a[6];s.a[6]=q.front().a[7];s.a[7]=q.front().a[8];s.a[8]=q.front().a[5];
k=0;
for(int i =1; i <= 8; i++)
k=k*10+s.a[i];
if(!mp[k])
{
mp[k]=true;
s.step=q.front().step+1;
q.push(s);
}
//C操作
s.a[1]=q.front().a[1];s.a[2]=q.front().a[7];s.a[3]=q.front().a[2];s.a[4]=q.front().a[4];
s.a[5]=q.front().a[5];s.a[6]=q.front().a[3];s.a[7]=q.front().a[6];s.a[8]=q.front().a[8];
k=0;
for(int i =1; i <= 8; i++)
k=k*10+s.a[i];
if(!mp[k])
{
mp[k]=true;
s.step=q.front().step+1;
q.push(s);
}
//判定是否达到目标
if(mp[ek])
{
printf("%d\n",q.front().step+1);
return;
}
q.pop();
}
return;
}
int main()
{
for(int i = 1; i <= 8; i++)
scanf("%d",&e.a[i]);
for(int i = 1; i <= 8;i++)
s.a[i]=i;
s.step=0;
q.push(s);
//起始状态
k=0;
for(int i =1; i <= 8; i++)
k=k*10+s.a[i];
mp[k]=true;
//目标状态
ek=0;
for(int i =1; i <= 8; i++)
ek=ek*10+e.a[i];
//特判,防止目标即起始状态
if(ek==k)
cout<<0<<endl;
else
bfs();
return 0;
}