[USACO3.2]魔板 Magic Squares

松下问童子，言师采药去。

只在此山中，云深不知处。——贾岛

题目：魔板 Magic Squares

网址：https://www.luogu.com.cn/problem/P2730

这是一张有8个大小相同的格子的魔板：

1 2 3 4

8 7 6 5

题目描述

我们知道魔板的每一个方格都有一种颜色。这8种颜色用前8个正整数来表示。可以用颜色的序列来表示一种魔板状态，规定从魔板的左上角开始，沿顺时针方向依次取出整数，构成一个颜色序列。

对于上图的魔板状态，我们用序列（1，2，3，4，5，6，7，8）来表示。

这是基本状态。

这里提供三种基本操作，分别用大写字母“A”，“B”，“C”来表示（可以通过这些操作改变魔板的状态）：

“A”：交换上下两行；

“B”：将最右边的一列插入最左边；

“C”：魔板中央四格作顺时针旋转。

下面是对基本状态进行操作的示范：

A: 8 7 6 5

1 2 3 4

B: 4 1 2 3

5 8 7 6

C: 1 7 2 4

8 6 3 5

对于每种可能的状态，这三种基本操作都可以使用。

你要编程计算用最少的基本操作完成基本状态到目标状态的转换，输出基本操作序列。

输入格式

只有一行，包括8个整数，用空格分开（这些整数在范围 1——8 之间）不换行，表示目标状态。

输出格式

Line 1: 包括一个整数，表示最短操作序列的长度。

Line 2: 在字典序中最早出现的操作序列，用字符串表示，除最后一行外，每行输出60个字符。

输入样例

2 6 8 4 5 7 3 1

输出样例

7

BCABCCB

说明

选自USACO Training Section 3.2

做完八数码问题，不难理解这道题可以使用广搜解决（毕竟时间复杂度与八数码问题类似）。

像之前的八数码问题一样，我们把状态定义成一个八位数，代码中简单的使用STL中map和set进行记录与判重。

留意：本题有一个陷肼，如果使用从上到下、从左向右进行加和操作确定状态时，初状态应为：12348765！

代码如下：

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<queue>

#include<map>

#include<set>

using namespace std;

const int rot[4] = {2, 1, 5, 6};

int st = 12348765, ed = 0, s[10];

map <int, int> d, f;

set <int> vis;

void decode(int state, int *p)

{

	for(int i = 7; i >= 0; -- i)

	{

		p[i] = state % 10;

		state /= 10;

	}

	//将十进制编码转化为数组

	return;

}

int encode(int *p)

{

	int cnt = 0;

	for(int i = 0; i < 8; ++ i)

	{

		cnt = (cnt << 1) + (cnt << 3) + p[i];

	}

	//将数组转化为十进制8位编码

	return cnt;

}

void flip(int cur, int *p)

{

	switch(cur)

	{

		case 0 :

		{

			for(int i = 0; i < 4; ++ i)

			{

				swap(p[i], p[i + 4]);

			}

			break;

		}

		case 1 :

		{

			for(int i = 2; i > -1; -- i)

			{

				swap(p[i], p[i + 1]);

				swap(p[i + 4], p[i + 5]);

			}

			break;

		}

		case 2 :

		{

			for(int i = 0; i < 3; ++ i)

			{

				swap(p[rot[i]], p[rot[i + 1]]);

			}

			break;

		}

	}

	return;

}

void print_ans(int state)

{

	if(state == st) return;

	int prev_state = 0;

	decode(state, s);

	switch(f[state])

	{

		case 0:

		{

			for(int i = 0; i < 4; ++ i)

			{

				swap(s[i], s[i + 4]);

            }

			break;

		}

		case 1:

		{

			for(int i = 0; i < 3; ++ i)

			{

				swap(s[i], s[i + 1]);

				swap(s[i + 4], s[i + 5]);

			}

			break;

		}

		case 2:

		{

			for(int i = 2; i >= 0; -- i)

			{

				swap(s[rot[i + 1]], s[rot[i]]);

            }

			break;

		}

	}

	for(int i = 0; i < 8; ++ i)

	{

		prev_state = prev_state * 10 + s[i];

	}

	memset(s, 0, sizeof(s));

	print_ans(prev_state);

	printf("%c", f[state] + 'A');

	return;

}

void bfs()

{

    //特判 初始状态 和 目标状态 相同

    if(st == ed) {

        puts("0");

        return;

    }

	f.clear(), vis.clear();

	queue <int> Q;

	while(!Q.empty()) Q.pop();

	Q.push(st);

	vis.insert(st);

	int copy[8] = {}, now, next;

	while(!Q.empty())

	{

		now = Q.front();

		Q.pop();

		decode(now, s);

		memcpy(copy, s, sizeof(copy));

		for(int i = 0; i < 3; ++ i)

		{

			flip(i, s);

			next = encode(s);

			memcpy(s, copy, sizeof(s));

			if(vis.count(next)) continue;

			d[next] = d[now] + 1;

			f[next] = i;

			if(next == ed)

			{

				printf("%d\n", d[next]);

				print_ans(next);

				return;

			}

			Q.push(next);

			vis.insert(next);

		}

	}

	return;

}

int main()

{

	memset(s, 0, sizeof(s));

	for(int i = 0; i < 4; ++ i) scanf("%d", &s[i]);

	//目标状态处理：

	for(int i = 7; i >= 4; -- i) scanf("%d", &s[i]);

	//留意陷阱呢

	for(int i = 0; i < 8; ++ i)

	{

		ed = (ed << 1) + (ed << 3) + s[i];

	}

    bfs();

	return 0;

}

巴特西