P1379 八数码难题题解（双向宽搜）

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简要题意：

给定一个 3 × 3 3 \times 3 3×3 的矩阵，每次可以把空格旁边（四方向）的一个位置移到空格上。求到目标状态的最小步数。

前置知识：

单向宽搜的写法

OK \text{OK} OK，现在我们来考虑双向宽搜。

假设 A A A 和 B B B 两个人被困在了迷宫的两个角落，现在他们首先要互相找到对方；他们都会分身术。你认为下面哪一种方法最快：

A A A 主动分身去各个路口分支找 B B B， B B B 原地待命。
B B B 主动分身去各个路口分支找 A A A， A A A 原地待命。
A A A 和 B B B 同时分身去各个路口分支找对方。

无可厚非是最后一种方法最快。但请不要误解：现实生活中我们提倡前两种方案，因为现实中没有人会分身的。

诚然，互相找的效率是最高的。可是你可能会问了：

假设一共 4 4 4 步找到对方，两人各走 2 2 2 步和一个人找 4 4 4 步不是一样的吗？

粗想一下，确实如此。但是在 爆炸性指数级的压力 之下，完全不同。

就在这个问题的基础上，假设每走 1 1 1 步都有 4 4 4 种选法（即四方向）。

那么，一个人找的时间是 4 4 = 256 4^4 = 256 44=256.

两个人同时找对方的时间是 4 2 + 4 2 = 32 4^2 + 4^2 = 32 42+42=32.

数据说明，快了 8 8 8 倍。这单是 4 4 4 步就快了 8 8 8 倍！

经过粗略的计算，假设一共要走 20 20 20 步的话，双向找比单向快 524288 524288 524288 倍，约 5.2 × 1 0 5 5.2 \times 10^5 5.2×105，假设时间限制是 1 s 1s 1s 的话，显然这两个程序的分数是有着极大差异的！

这是因为，双向搜索在本质上把步数减半了，而 在指数上减半会让幂大大降低，因此双向搜索会更快。

那么双向搜索适用于哪些题目呢？

明确知道起点和终点的。比方说这种题（现编的）：

对于已知的一个数，每次可以将其连续 k 个数字同时 +1.
求让它至少有 p 位连续相同的步数。

显然，终点不明确，无法搜索。你不可能把所有的终点都枚举一遍。

明确知道搜索深度的。即明确知道多少步会走到。比方说埃及分数：

将一个分数分解为若干分数的和。有一些分母不能使用。

显然，你不知道会分解成多少个分数。因此本题需要使用 迭代加深搜索（IDDFS） 而非 bfs \text{bfs} bfs.

然后，那你会问了：八数码这一题，我也不知道最多会有多少步呀？

那么，你不会自己随机造吗？
我怎么造啊？
用随机种子搞一个 0 0 0 ~ 8 8 8 的任意排列，然后取出最大答案啊
我连 std \text{std} std 都不会写啊

哦！对。本题你可以稍微分析一下，你会发现，既然肯定能走到，你的直觉：一定不超过 30 30 30 步。（事实如此）

双向宽搜如何实现呢？

将起点和终点一起入队，用 vis \text{vis} vis 记录是否访问过。起点拓展的状态 v i s = 1 vis = 1 vis=1，终点拓展的状态 v i s = 2 vis = 2 vis=2，否则 v i s = 0 vis = 0 vis=0. 并用 a n s ans ans 记录当前的步数。
对当前状态 u u u，转为矩阵并进行四方向的转移，形成新的状态 v v v。
若当前状态已搜过，分情况：
- v i s u = v i s v vis_u = vis_v visu=visv，直接跳过
- v i s u + v i s v = 3 vis_u + vis_v = 3 visu+visv=3，输出 a n s u + a n s v ans_u + ans_v ansu+ansv，停止搜索
- v i s v ≠ 0 vis_v \not = 0 visv=0，则 v i s v ← v i s u , a n s v ← a n s u + 1 vis_v \gets vis_u , ans_v \gets ans_u+1 visv←visu,ansv←ansu+1，入队，继续搜索。
接着入队，进行下一轮搜索。
重复搜索直到队列为空（当然本题保证不会无解，因此队列不会为空，但严谨地说明一下）或已有答案。

你会注意到 v i s vis vis 和 a n s ans ans 都需要用 map \text{map} map，这无疑让我们多挂了两个 log ⁡ \log log. 假设队列的一个 log ⁡ \log log，一共有 3 3 3 个 log ⁡ \log log.（针对入队的状态个数出现了 3 3 3 个 log ⁡ \log log）每次取出状态需要变为矩阵， × 9 \times 9 ×9.

那么假设一共搜到状态个数是 n n n，那么：

时间复杂度： O ( 9 n log ⁡ 3 n ) \mathcal{O}(9n \log^3 n) O(9nlog3n).

这是理论上的硬性分析。这能用最慢点 10 m s 10ms 10ms， 31 31 31 个点共 149 m s 149ms 149ms 的优秀时间通过，也就说明， n n n 是 1 0 3 10^3 103 级别的。

如果你不信，代入 n = 1 0 4 n=10^4 n=104，可得：

9 × 1 0 4 × 1 4 3 = 90000 × 2744 = 246960000 ‬ 9 \times 10^4 \times 14^3 = 90000 \times 2744 = 246960000‬ 9×104×143=90000×2744=246960000‬

大概是 2.4 × 1 0 8 2.4 \times 10^8 2.4×108 ！你觉得这 10 m s 10ms 10ms 能跑完？

要是能跑完，那洛谷评测机早成 神威 · 太湖之光了， 1 s 1s 1s 那就能跑 2.4 × 1 0 10 2.4 \times 10^{10} 2.4×1010 了，那还不乱套了， O ( n 2 ) \mathcal{O}(n^2) O(n2) 都可以稳过 1 0 5 10^5 105 了！

然而实际，时间复杂度： O ( wys ) \mathcal{O}(\text{wys}) O(wys).

实际得分： 100 p t s 100pts 100pts.

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}int x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}inline void write(int x) {if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
}int n,end=123804765,a[4][4];
const int dx[4]={0,0,1,-1};
const int dy[4]={1,-1,0,0};
queue<int> q;
map<int,int> vis,ans;inline void bfs() {if(n==end) {puts("0");return;}q.push(n); q.push(end);ans[n]=0; ans[end]=1;vis[n]=1; vis[end]=2; //初始化while(!q.empty()) {int now=q.front(),fx,fy; q.pop();int t=now; /*printf("%d\n",now);*/for(int i=3;i>=1;i--) for(int j=3;j>=1;j--) {a[i][j]=now%10,now/=10;if(!a[i][j]) fx=i,fy=j; //转化为矩阵} for(int i=0;i<4;i++) {int nx=fx+dx[i],ny=fy+dy[i];if(nx<1 || nx>3 || ny<1 || ny>3) continue;swap(a[fx][fy],a[nx][ny]); now=0;for(int j=1;j<=3;j++)for(int k=1;k<=3;k++) now=now*10+a[j][k]; //再转回来if(vis[now]==vis[t]) { //搜过swap(a[fx][fy],a[nx][ny]); //换回来continue;} if(vis[now]+vis[t]==3) {printf("%d\n",ans[t]+ans[now]); //记录答案return;} ans[now]=ans[t]+1; vis[now]=vis[t];q.push(now); swap(a[fx][fy],a[nx][ny]); //入队，记录，换回}}
}int main() {n=read(); bfs();return 0;
}

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