AStar 最坏情况\(O(log_2560 ^ 4)\)

用\(AStar\)算法做了这题，程序跑了\(408ms\)。
相比于\(IDA*\)的\(100ms\)左右要慢上不少。
且\(A*\)由于是\(bfs\)，代码长度也较长。

跑的慢的原因应该有两点：

• 用了三个\(STL\)，垃圾STL毁我青春
• 这题的指数暴涨，是\(560\)，所以\(log\)反而比前几次叠加要大。

使用的估价函数是一样的，即：

\(h(n) = \lceil\frac{相邻位置不对的对数}{3}\rceil\)

估价函数详细的证明 & 解释见 y总的题解。

总结了一下应该在何时选择 \(A*\) 或 \(IDA*\)：

• 需要最小字典序时，状态表示很大，指数增长较快时，使用\(IDA*\)
• 若状态容易表示，指数增长较慢时，使用\(A*\)（注意需要最小字典序时不能用\(A*\)，因为他不是按照顺序搜索的）。

C++ 代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <unordered_set>
#include <queue>
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 15, B = 17;
int n;
struct State{//v表示当前的状态，step表示步数，f表示当前估计值（答案）int v[N], step, f;//重载小于号bool operator < (const State &x) const{return f > x.f;}
}Start;
//检测是否到了目标状态
bool check(State x){for(int i = 0; i < n; i++)if(x.v[i] != i + 1) return false;return true;
}
//用于检测一个状态是否已经访问过了
unordered_set<ULL> s;
priority_queue<State> q;//hash
ULL get(State x){ULL res = 0;for(int i = 0; i < n; i++)res = res * B + x.v[i];return res;
}
int f(State x){int res = 0;for(int i = 1; i < n; i++)if(x.v[i] - 1 != x.v[i - 1]) res++;return res % 3 ? res / 3 + 1 : res / 3;
}
int bfs(){while(q.size()) q.pop();Start.step = 0; Start.f = f(Start);q.push(Start); s.insert(get(Start));while(!q.empty()){State u = q.top(); q.pop();if(u.f >= 5) return 5;if(check(u)) return u.step;for(int l = 1; l < n; l++){for(int i = 0; i + l - 1 < n; i++){int j = i + l - 1;for(int k = i + l; k < n; k++){State v; for(int f = 0; f < n; f++) v.v[f] = u.v[f];for(int f = j + 1, t = i; f <= k; f++, t++)v.v[t] = u.v[f];for(int f = i, t = i + k - j; f <= j; f++, t++)v.v[t] = u.v[f];if(s.count(get(v)) > 0) continue; s.insert(get(v));v.step = u.step + 1;v.f = v.step + f(v);q.push(v);}}}}return 5;
}int main(){int T; scanf("%d", &T);while(T--){s.clear();scanf("%d", &n);for(int i = 0; i < n; i++)scanf("%d", &Start.v[i]);int res = bfs();if(res >= 5) puts("5 or more");else printf("%d\n", res);}return 0;
}