Problem D: 【宽搜入门】魔板

Description

在成功地发明了魔方之后，鲁比克先生发明了它的二维版本，称作魔板。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
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】
输入有多组测试数据
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），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。

 

Sample Input

2 6 8 4 5 7 3 1

Sample Output

7

BCABCCB 

最终AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//本题的难点在于 需要记录之前出现的状态 本题采用string来表示
//题干没有说明未找到的情况，还有输入的序列就是初始序列的情况（经测试，都是BFS()都是返回""
//题干虽然说每行只输出60个字符，然而没有情况超过60个字符的。。。 
struct Node{ 
    int M[2][4]; //M保存状态 
    string s; //累计操作 
}now, nex;
int des[2][4];
char op[3] = {'A', 'B', 'C'};
map<string, bool> mp;
void getMatrix(char c){
    int i;
    if(c == 'A'){
        for(i=0; i<4; i++) nex.M[0][i] = now.M[1][i];
        for(i=0; i<4; i++) nex.M[1][i] = now.M[0][i];
    }else if(c == 'B'){
        for(i=0; i<2; i++) nex.M[i][0] = now.M[i][3];
        for(i=1; i<4; i++) nex.M[0][i] = now.M[0][i-1];
        for(i=1; i<4; i++) nex.M[1][i] = now.M[1][i-1];
    }else{
        for(i=0; i<2; i++) nex.M[i][0]=now.M[i][0], nex.M[i][3]=now.M[i][3];
        nex.M[0][1]=now.M[1][1], nex.M[0][2]=now.M[0][1];
        nex.M[1][1]=now.M[1][2], nex.M[1][2]=now.M[0][2];
    }
}
bool Judge(Node node){
    int i, j;
    for(i=0; i<2; i++){
        for(j=0; j<4; j++) if(node.M[i][j] != des[i][j]) return false;
    }
    return true;
}
string getStr(Node node){
    int i;
    string str;
    for(i=0; i<4; i++) str += (node.M[0][i] + '0');
    for(i=0; i<4; i++) str += (node.M[1][i] + '0');
    return str;
}
string BFS(){
    string str;
    int i, len;
    now.s = "";
    for(i=0; i<4; i++) now.M[0][i] = i+1;
    now.M[1][0]=8, now.M[1][1]=7, now.M[1][2]=6, now.M[1][3]=5;
    queue<Node> q;
    if(Judge(now)) return now.s;
    q.push(now);
    mp[getStr(now)] = true;
    while(!q.empty()){
        now = q.front();
        q.pop();
        for(i=0; i<3; i++){
            nex.s = now.s + op[i];
            getMatrix(op[i]);
            if(Judge(nex)) return nex.s;
            str = getStr(nex);
            if(!mp[str]){
                q.push(nex);
                mp[str] = true;
            }
        }
    }
    return "";
}
int main(){
    int i;
    string ans;
    while(cin>>des[0][0]>>des[0][1]>>des[0][2]>>des[0][3]){ //输入第一组 
        cin>>des[1][3]>>des[1][2]>>des[1][1]>>des[1][0]; //输入第二组 
        mp.clear();
        ans = BFS();
        printf("%d
", ans.size());
        for(i=0; i<ans.size(); i++) printf("%c", ans[i]);
        printf("
");
    }
    return 0;
}

总结：这题和上一题其实大同小异，唯一不同的是，这里需要记录出现的状态，否则某些情况会出现死循环从而造成超时。但是，我想吐槽，这题干的描述真的不怎样，尤其是输出！