【蓝桥杯】九宫重排（BFS+康拓展开）

问题描述
　　如下面第一个图的九宫格中，放着 1~8 的数字卡片，还有一个格子空着。与空格子相邻的格子中的卡片可以移动到空格中。经过若干次移动，可以形成第二个图所示的局面。
　　
　　我们把第一个图的局面记为：12345678.
　　把第二个图的局面记为：123.46758
　　显然是按从上到下，从左到右的顺序记录数字，空格记为句点。
　　本题目的任务是已知九宫的初态和终态，求最少经过多少步的移动可以到达。如果无论多少步都无法到达，则输出-1。
输入格式
　　输入第一行包含九宫的初态，第二行包含九宫的终态。
输出格式
　　输出最少的步数，如果不存在方案，则输出-1。
样例输入
12345678.
123.46758
样例输出
3
样例输入
13524678.
46758123.
样例输出
22

解题思路：采用类似于迷宫老鼠求最短路问题，利用BFS找所有的情况，关键问题在于判重，我们知道一共有9！种可能，利用康拓展开，就可以确定每种排列位于所有排列中的位置。

康拓展开
定义：X=an*(n-1)!+an-1*(n-2)!+…+ai*(i-1)!+…+a21!+a10!
2的后面有1个数比2小，即 1 * 2！
1的后面没有比1小的数，即 0 * 1！
3的后面没有比3小的数，即 0 * 0！
X = 12！+01！+0*0！ = 2

这样我们声明一个数组st[9!]来记录哪个状态被访问过了；同时我们声明一个二维数组rec[9!][9]来表示某个状态的排列是什么。

代码如下

#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;int jing[4][4] = {0};int dir[4][2] = {{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};struct poi{ //记录0在二维表中的位置，以及当前排列的状态（即所有排列中的位置），以及到这个位置的步数int x; //横坐标int y;//纵坐标int state;//排列状态int step = 0;//到该的步数poi(int xx,int yy,int st,int ste){x = xx;y = yy;state = st;step = ste;}
};queue<poi>que; //维护一个队列int rec[362880][9];//记录所有状态对应的排列
int st[362880] = {0}; //记录那个状态被访问过了int kangtuo(int x[])  //康拓展开求位置
{int fac[]={1,1,2,6,24,120,720,5040,40320};int i,j,t,sum;sum = 0;for(i=0;i<9;i++){t = 0;for(j=i+1;j<9;j++){if(x[j]<x[i])t++;}sum = sum+t*fac[8-i];}return sum;
}poi des(1,1,1,0); //目标排列，参数随便写的，后面会赋值int bfs(int tx,int ty,int sta){ //起始位置tx,ty以及起始状态que.push(poi(tx,ty,sta,0)); //压入第一个位置while(!que.empty()){//    cout<<que.size()<<endl;poi tp = que.front(); //取出一个位置int x = tp.x;int y = tp.y;que.pop();int*tarr = rec[tp.state];for(int i = 1;i <= 3;i++){ // 把当前排列状态所对应的一维排列转换成二维的for(int j = 1;j <= 3;j++){jing[i][j] = tarr[3*(i - 1) + j  - 1]; }}if(tp.state == des.state){ //当前状态即为目标状态，找到了return tp.step;}for(int i = 0;i < 4;i++){ //像四个方向移动x = x + dir[i][0];y = y + dir[i][1];if(x >= 1 && x <= 3 && y >= 1 && y <= 3){ //越界判断//移动#############int t  = jing[x][y];jing[x][y] = jing[x - dir[i][0]][y - dir[i][1]];jing[x - dir[i][0]][y - dir[i][1]] = t;///移动########################int tarr[9];for(int i = 1; i <= 3;i++){for(int j = 1;j <= 3;j++){tarr[3*(i - 1) + j - 1] = jing[i][j];}}int stt = kangtuo(tarr);//装换成状态 if(!st[stt]){ //此状态没有被访问过que.push(poi(x,y,stt,tp.step + 1));//压入新的状态，步数为上一状态步数+1st[stt] = 1;for(int i = 0;i < 9;i++){rec[stt][i] = tarr[i];}}//恢复移动################t  = jing[x][y];jing[x][y] = jing[x - dir[i][0]][y - dir[i][1]];jing[x - dir[i][0]][y - dir[i][1]] = t;//恢复移动###############}x = x - dir[i][0];y = y - dir[i][1];} }return -1;
}int main(){string s1;string s2;cin>>s1;cin>>s2;int sa[9] = {0};int sb[9] = {0};int start = 0;for(int i = 0;i < 9;i++){if(s1[i] == '.'){ //‘.’不处理，视为0start = i; }else{sa[i] = s1[i] - '0';}if(s2[i] != '.'){sb[i] = s2[i] - '0';}}int st1 = kangtuo(sa); //起始排列状态int st2 = kangtuo(sb); //目标排列状态des.state = st2;for(int i = 0;i < 9;i++){ //把起始排列按状态存入rec中rec[st1][i] = sa[i];}st[st1] = 1; //认为起始状态被访问过了cout<<bfs(start / 3 + 1,start % 3 + 1,st1);return 0;
}

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