hdu1430 魔板 （BFS+康托展开式）

魔板

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Problem Description

在魔方风靡全球之后不久，Rubik先生发明了它的简化版——魔板。魔板由8个同样大小的方块组成，每个方块颜色均不相同，可用数字1-8分别表示。任一时刻魔板的状态可用方块的颜色序列表示：从魔板的左上角开始，按顺时针方向依次写下各方块的颜色代号，所得到的数字序列即可表示此时魔板的状态。例如，序列(1,2,3,4,5,6,7,8)表示魔板状态为：

1 2 3 4

8 7 6 5

对于魔板，可施加三种不同的操作，具体操作方法如下：

A: 上下两行互换,如上图可变换为状态87654321

B: 每行同时循环右移一格,如上图可变换为41236785

C: 中间4个方块顺时针旋转一格,如上图可变换为17245368

给你魔板的初始状态与目标状态，请给出由初态到目态变换数最少的变换步骤，若有多种变换方案则取字典序最小的那种。

 

Input

每组测试数据包括两行，分别代表魔板的初态与目态。

 

Output

对每组测试数据输出满足题意的变换步骤。

 

Sample Input

12345678
17245368
12345678
82754631

 

Sample Output

C
AC

本题是个好题，还学到了康托展开式 。对每次输入都用一次bfs会超时，所以很巧妙的对输入序列换元，使得初始状态换元为12345678，这样只需一次bfs打表就好了。

#include <iostream>
#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<string.h>
using namespace std;

int vis[100107],jc[11],po[11];

int has(int a[])
{
int o=0,p=0,n=8;
for(int i=0; i<n-1; i++)
{
o=0;
for(int j=i+1; j<n; j++)
if(a[i]>a[j])o++;
if(o>0)
p+=jc[n-i-1]*o;
}
return p;
}

int qx(int a[])
{
int o=0;
for(int i=0; i<8; i++)
o+=a[i]*po[8-i-1];
return o;
}
int map1[10][30],map2[10][10];
void mp(int a[])
{
for(int i=0; i<4; i++)
map1[1][i]=a[i];
for(int i=3; i>=0; i--)
map1[2][i]=a[7-i];
}

int a[11],b[11];
struct node
{
int sz[30],s,op;
char ch[300];
node *last;
}u;

char ct[100000][50];
void bfs()
{
queue<node>q;
for(int i=0; i<8; i++)
u.sz[i]=i+1;
u.s=qx(a);
u.op=4;
u.ch[0]=0;
u.last=NULL;
strcpy(ct[has(u.sz)],u.ch);
q.push(u);
vis[has(u.sz)]=1;
while(!q.empty())
{
node r=q.front(),p;
q.pop();

/*
if(qx(r.sz)==qx(b))
{
printf("%s\n",r.ch);
return ;
}
*/
mp(r.sz);
for(int i=0; i<4; i++)
p.sz[i]=map1[2][i];
for(int i=3; i>=0; i--)
p.sz[7-i]=map1[1][i];
if(vis[has(p.sz)]==0)
{
p.s=qx(p.sz);
p.op=1;
vis[has(p.sz)]=1;
strcpy(p.ch,r.ch);

p.ch[strlen(r.ch)]='A'+p.op-1;
p.ch[strlen(r.ch)+1]=0;
strcpy(ct[has(p.sz)],p.ch);
ct[has(p.sz)][strlen(p.ch)]=0;

//  printf("%d经过%d操作 变成%d  操作序列%s\n",r.s,p.op,p.s,p.ch);
/*if(qx(p.sz)==qx(b))
{
printf("%s\n",p.ch);
return ;
}
*/
p.last=&r;
q.push(p);
}
mp(r.sz);
p.sz[0]=map1[1][3];
for(int i=1; i<4; i++)
p.sz[i]=map1[1][i-1];

p.sz[7]=map1[2][3];
for(int i=2; i>=0; i--)
p.sz[6-i]=map1[2][i];
if(vis[has(p.sz)]==0)
{
p.s=qx(p.sz);
p.op=2;
vis[has(p.sz)]=1;
strcpy(p.ch,r.ch);
p.ch[strlen(r.ch)]='A'+p.op-1;
p.ch[strlen(r.ch)+1]=0;
strcpy(ct[has(p.sz)],p.ch);
ct[has(p.sz)][strlen(p.ch)]=0;
//  printf("%d经过%d操作 变成%d  操作序列%s\n",r.s,p.op,p.s,p.ch);
/* if(qx(p.sz)==qx(b))
{
printf("%s\n",p.ch);
return ;
}*/
p.last=&r;
q.push(p);
}
mp(r.sz);
p.sz[0]=map1[1][0];
p.sz[1]=map1[2][1];
p.sz[2]=map1[1][1];
p.sz[3]=map1[1][3];
p.sz[4]=map1[2][3];
p.sz[5]=map1[1][2];
p.sz[6]=map1[2][2];
p.sz[7]=map1[2][0];
if(vis[has(p.sz)]==0)
{
p.s=qx(p.sz);
p.op=3;
vis[has(p.sz)]=1;
strcpy(p.ch,r.ch);
p.ch[strlen(r.ch)]='A'+p.op-1;
p.ch[strlen(r.ch)+1]=0;
strcpy(ct[has(p.sz)],p.ch);
ct[has(p.sz)][strlen(p.ch)]=0;
//   printf("%d经过%d操作 变成%d  操作序列%s\n",r.s,p.op,p.s,p.ch);
/*  if(qx(p.sz)==qx(b))
{
printf("%s\n",p.ch);
return ;
}
*/
p.last=&r;
q.push(p);
}
}

return ;
}

int main()
{
jc[1]=1;
jc[0]=1;
po[0]=1;
po[1]=10;
for(int i=2; i<10; i++)
{
jc[i]=jc[i-1]*i;
po[i]=po[i-1]*10;
}

char c[11],d[11];
bfs();
while(scanf("%s%s",&c,&d)!=EOF)
{
for(int i=0;i<70000;i++)
vis[i]=0;
for(int i=0; i<8; i++)
a[c[i]-48]=i+1;
for(int i=0; i<8; i++)
b[i]=a[d[i]-48];

//   puts(ct[has(a)]);
puts(ct[has(b)]);

//while()

}
return 0;
}