【BFS】魔板（c++基础算法）-创新互联

本专栏上一篇：【BFS】八数码问题（c++基础算法）

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一.读题

①题面

②题意

三.做题

①算法原理

②算法实现

Ⅰ三种基本操作

Ⅱ操作序列

Ⅲ输出

Ⅳ一个特殊情况

四.AC代码

最后

一.读题 ①题面

【宽搜（难度：6）】魔板
【题目描述】
在成功地发明了魔方之后，鲁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：
正在上传…重新上传取消
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，输出基本操作序列。
【输入格式】
只有一行，包括8个整数，用空格分开（这些整数在范围 1——8 之间），表示目标状态。
【输出格式】
第一行包括一个整数，表示最短操作序列的长度。
第二行在字典序中最早出现的操作序列，用字符串表示，除最后一行外，每行输出60个字符。
【样例输入】
2 6 8 4 5 7 3 1
【样例输出】
7
BCABCCB

②题意

很显然，这道题是让我们求12345678经过三种变化,到目标状态的步数与变化操作。

三.做题 ①算法原理

这题与【BFS】八数码问题极其相似，我就在讲论两者间的区别中，来把这题讲给你。

②算法实现 Ⅰ三种基本操作

相对于八数码的空格上下左右操作，这题有三种不同的操作。

“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

看到很多人都是用二维数组来搞，但我觉得没有必要。我直接在main函数中，利用switch（）语句来进行。

“A”功能：循环j从1-4，交换a[j] 与a[9-j]。

“B”功能：循环j从1-3，交换a[j],a[4],和a[9-j],a[5].(不断对第j列[j会不断加1]和最后一列交换，最终达成目的)

“C”功能，直接换来换去。

switch(i)
			{
				case 1:
					for(int i=1;i<=4;i++)
					{
						swap(ne.a[i],ne.a[9-i]);
					}
					break;
				case 2: 
					for(int i=1;i<=3;i++)
					{
						swap(ne.a[i],ne.a[4]);
						swap(ne.a[9-i],ne.a[5]);
					}
					break;
				case 3: 
					swap(ne.a[3],ne.a[6]);
					swap(ne.a[7],ne.a[3]);
					swap(ne.a[3],ne.a[2]);
			}

Ⅱ操作序列

我将每钟情况都赋予一个序列。当此情况可行（之前没出现过），先将其上一步序列赋值到它身上，在增加此次操作的序列。

for(int k=1;k<=q.front().ans;k++) ne.bz[k]=q.front().bz[k];
	ne.bz[ne.ans]=i;

Ⅲ输出

先将操作次数输出，再对序列操作，然后输出。

对序列的操作：原有基础上，强制转换为字符，加上‘A’，减一（因为序列数为1时应输出A，而不建议会变为B，因此要减一）

if(ne.kt==ed.kt)
   {
       printf("%d\n",q.back().ans);
       for(int k=1;k<=q.back().ans;k++) printf("%c",q.back().bz[k]+'A'-1);
       exit(0); 
    }

Ⅳ一个特殊情况

当目标状态与初始状态一样时，会无法进入我的输出语句。因此要在结尾输出一个0（因为当出现上述情况时，无需操作即可达到目标状态）

四.AC代码

不写注释啦！

#includeusing namespace std;
struct node{
	int kt,ans,bz[1005];
	int a[10];
}st,ed;
bool b[50000];
queueq;
long kt(node t)
{
	long long s=1;
	for(int i=1;i<=8;i++)
	{
		int index=1,f=1,count=0;
		for(int j=i+1;j<=8;j++)
		{
			if(t.a[i]>t.a[j]) count++;
			f*=index++;
		}
		s=s+f*count;
	}
	return s;
}
int main()
{
	for(int i=1;i<=8;i++) st.a[i]=i;
	
	st.kt=kt(st);
	b[st.kt]=1;
	for(int i=1;i<=8;i++) scanf("%d",&ed.a[i]);
	ed.kt=kt(ed);
	q.push(st);
	while(!q.empty())
	{
		for(int i=1;i<=3;i++)
		{
			node ne=q.front();
			switch(i)
			{
				case 1:
					for(int i=1;i<=4;i++)
					{
						swap(ne.a[i],ne.a[9-i]);
					}
					break;
				case 2: 
					for(int i=1;i<=3;i++)
					{
						swap(ne.a[i],ne.a[4]);
						swap(ne.a[9-i],ne.a[5]);
					}
					break;
				case 3: 
					swap(ne.a[3],ne.a[6]);
					swap(ne.a[7],ne.a[3]);
					swap(ne.a[3],ne.a[2]);
			}
			ne.ans++;
			ne.kt=kt(ne);
			if(!b[ne.kt])
			{
				
				for(int k=1;k<=q.front().ans;k++) ne.bz[k]=q.front().bz[k];
				ne.bz[ne.ans]=i;
				b[ne.kt]=1;
				q.push(ne); 
				if(ne.kt==ed.kt)
                {
                	printf("%d\n",q.back().ans);
                	for(int k=1;k<=q.back().ans;k++) printf("%c",q.back().bz[k]+'A'-1);
                	exit(0); 
            }
			}
		}
		q.pop();
	}
	printf("0"); 
}

最后

我是在网课期间摸鱼写作的，很辛苦。给个红心不过分吧。。。

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