P1379 八数码难题 （ A* 算法 与 IDA_star 算法）

P1379 八数码难题

题目描述

在3×3的棋盘上，摆有八个棋子，每个棋子上标有1至8的某一数字。棋盘中留有一个空格，空格用0来表示。空格周围的棋子可以移到空格中。要求解的问题是：给出一种初始布局（初始状态）和目标布局（为了使题目简单,设目标状态为123804765），找到一种最少步骤的移动方法，实现从初始布局到目标布局的转变。

输入格式

输入初始状态，一行九个数字，空格用0表示

输出格式

只有一行，该行只有一个数字，表示从初始状态到目标状态需要的最少移动次数(测试数据中无特殊无法到达目标状态数据)

输入输出样例

输入 #1

283104765

输出 #1

4

---

分析：

利用A-star（A*算法），设目标状态为

123
804
765

）

\(h\) 函数可以定义为，不在应该在的位置的数字个数。

容易发现 \(h\) 满足以上两个性质，此题可以使用 A*算法求解。

代码实现：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <set>
using namespace std;
const int dx[4] = {1, -1, 0, 0}, dy[4] = {0, 0, 1, -1};
int fx, fy;
char ch;
struct matrix {
  int a[5][5];
  bool operator<(matrix x) const {
    for (int i = 1; i <= 3; i++)
      for (int j = 1; j <= 3; j++)
        if (a[i][j] != x.a[i][j]) return a[i][j] < x.a[i][j];
    return false;
  }
} f, st;
int h(matrix a) {
  int ret = 0;
  for (int i = 1; i <= 3; i++)
    for (int j = 1; j <= 3; j++)
      if (a.a[i][j] != st.a[i][j]) ret++;
  return ret;
}
struct node {
  matrix a;
  int t;
  bool operator<(node x) const { return t + h(a) > x.t + h(x.a); }
} x;
priority_queue<node> q;
set<matrix> s;
int main() {
  st.a[1][1] = 1;
  st.a[1][2] = 2;
  st.a[1][3] = 3;
  st.a[2][1] = 8;
  st.a[2][2] = 0;
  st.a[2][3] = 4;
  st.a[3][1] = 7;
  st.a[3][2] = 6;
  st.a[3][3] = 5;
  for (int i = 1; i <= 3; i++)
    for (int j = 1; j <= 3; j++) {
      scanf(" %c", &ch);
      f.a[i][j] = ch - '0';
    }
  q.push({f, 0});
  while (!q.empty()) {
    x = q.top();
    q.pop();
    if (!h(x.a)) {
      printf("%d\n", x.t);
      return 0;
    }
    for (int i = 1; i <= 3; i++)
      for (int j = 1; j <= 3; j++)
        if (!x.a.a[i][j]) fx = i, fy = j;
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
      int xx = fx + dx[i], yy = fy + dy[i];
      if (1 <= xx && xx <= 3 && 1 <= yy && yy <= 3) {
        swap(x.a.a[fx][fy], x.a.a[xx][yy]);
        if (!s.count(x.a)) s.insert(x.a), q.push({x.a, x.t + 1});
        swap(x.a.a[fx][fy], x.a.a[xx][yy]);
      }
    }
  }
  return 0;
}

继续想想还有没有其他方法，

假设每一步都是有意义的，那么一个数字成功对上也要移动他们的曼哈顿距离次

所以，我们将估价函数设计为所有数字与目标状态中数字的曼哈顿距离之和（当然0不算，否则你就可以高兴的WA了）

还有一个显然的优化，就是记录上一次的操作

而且我们不一定要用二维数组，可以用一个string来保存状态。对于一个string中的下标i，纵坐标为i/3, 横坐标为i%3。对于二维数组下标x, y, string中的下标便为x * 3 + y

还有不明白的，请看代码

IDA_star

除了估价函数，还有一个显然的优化是记录上一次的操作

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string st, ed;//起始状态和目标 
int depth;//搜索深度 
//估价函数，为每个数字的曼哈顿距离之和 
int hfunc(string st) {
	int ans = 0;
	for (register int i = 0; i < st.size(); ++i) {
		if (st[i] == '0') continue;//0不算，否则会WA 
		int j = ed.find(st[i]), r = i / 3, c = i % 3;
		int x = j / 3, y = j % 3;
		//横坐标为/3, 纵坐标为%3 
		ans += abs(r - x) + abs(c - y);
	}
	return ans;
}
const int dx[4] = {1, -1, 0, 0}, dy[4] = {0, 0, -1, 1};
//IDA_star
//除了估价函数，还有一个显然的优化是记录上一次的操作 
bool dfs(int now, int pre) {
	int cnt = hfunc(st);
	if (!cnt) return 1;
	if (now + cnt > depth) return 0;
	//当前步数+估价>深度限制，立即回溯 
	int pos = st.find('0'), x = pos / 3, y = pos % 3;
	for (register int i = 0; i < 4; ++i) {
		int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
		if (nx < 0 || nx > 2 || ny < 0 || ny > 2 || nx * 3 + ny == pre) continue;
		//数组中的下标为横坐标*3+纵坐标 
		swap(st[pos], st[nx * 3 + ny]);
		if (dfs(now + 1, pos)) return 1;
		swap(st[pos], st[nx * 3 + ny]);
	}
	return 0;
}
int main() {
	cin >> st;
	ed = "123804765";
	depth = hfunc(st);
	while (depth <= 27 && !dfs(0, -1)) ++depth;
	cout << depth << endl;
}

从AC速度上看 IDA_star 利用了保存的结果明显加快了速度

同样这道题也可以使用BFS做，毕竟当估值函数 h = 1时就是BFS嘛 ^ v ^