UVA-11212 Editing a Book （IDA*）

题意：将一个数字序列以最少的剪切次数粘贴成另一个数字序列。

分析：

本题利用迭代加深搜索，也是一道典型的状态空间搜索问题，状态就是1~n的排列，初始状态是输入，终止状态是1,2,……n。由于n≤9,排列最多有9！=362880个，但由于每个状态的后继状态比较多，因此仍有TLE的危险。很显然，最坏的情况是需要n-1次剪切，搜索层数不多，但每一层的状态数目又非常庞大，适宜使用IDA*。本题如果利用迭代加深搜索，可以发现做多只需要8步，关键在于如何有效地剪枝。考虑后继不正确的数字的个数h，可以证明每次剪切时h最多减少3（因为一次剪切最多只会改变3个数字的后继，若剪切后这3个数字的后继都正确，则h最多减少了3），因此当h>3*(maxd-d)时剪枝即可。

减枝分析（也叫做启发函数）：

当改变一个区间的位置，最多会改变3个数的位置的正确性。

比如 1,2,3,4,5,6.序列，把2,3移动到6后面，那么1的后面变成了5, 而 6的后面编程了2,而3的后面变成 空了，同样，设当前有四个数字 a b c d ，如果把b移到c后面，则改变了a、b、c三个数的后继，所以最多会改变3个数的位置的正确性。

也就是说，对于这道题，如果遍历到了一个深度，（还能遍历的深度 - 当前深度） *3　< 不正确数字的个数，那么就没有必要继续遍历了，因为往后就是全把这些数字该对了也无法达到理想状态。

知道这个之后时间复杂度的问题就得到解决了，只需要每次枚举该步的所有移动就可以了。

搜索：
截取 [i, j] 插入剩余序列的第k个数字前。

//迭代加深搜索
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 9;
int n, a[maxn];
//判断是否达到状态
bool is_sorted() {
for(int i = 0; i < n-1; i++)
if(a[i] >= a[i+1]) return false;
return true;
}
//计算序列中不正确数的个数
int h() {
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < n-1; i++)
if(a[i]+1 != a[i+1]) cnt++;
if(a[n-1] != n) cnt++;
return cnt;
}
bool dfs(int d, int maxd) {
if(d*3 + h() > maxd*3) return false;//剪枝
if(is_sorted()) return true;
int b[maxn], olda[maxn];//辅助完成剪切，插入
memcpy(olda, a, sizeof(a));
//确定i，j区间
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int j = i; j < n; j++) {
// cut
int cnt = 0;
for(int k = 0; k < n; k++)
if(k < i || k > j) b[cnt++] = a[k];//剪切

// insert before position k
for(int k = 0; k <= cnt; k++) {
int cnt2 = 0;
for(int p = 0; p < k; p++) a[cnt2++] = b[p];
for(int p = i; p <= j; p++) a[cnt2++] = olda[p];//插入
for(int p = k; p < cnt; p++) a[cnt2++] = b[p];

if(dfs(d+1, maxd)) return true;//递归搜索答案
memcpy(a, olda, sizeof(a));
}
}
r
91c5
eturn false;
}

int solve() {
if(is_sorted()) return 0;
int max_ans = 8;
//控制深度
for(int maxd = 1; maxd < max_ans; maxd++)
if(dfs(0, maxd)) return maxd;
return max_ans;//最坏情况
}

int main() {
int kase = 0;
while(scanf("%d", &n) == 1 && n) {
for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &a[i]);
printf("Case %d: %d\n", ++kase, solve());
}
return 0;
}