理论基础
轮换与对换
概念：把 $S$ 中的元素 $i_1$ 变成 $i_2$，$i_2$ 变成 $i_3$ ... $i_k$ 又变成 $i_1$，并使 $S$ 中的其余元素保持不变的置换称为循环，又称轮换，记为 $(i_1, i_2,...,i_k)$，$k$ 称为循环长度，特别地，循环长度为2的循环称为对换。
定理：
（1）任一置换可表示成若干个无公共元素的循环之积
（2）任一置换可表示成若干个对换之积，且对换个数的奇偶性不变。
八数码中的置换
若一个置换可以分解成奇数个对换之积称为奇置换，否则称为偶置换.
即进行如下置换：
$$egin{pmatrix}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 0 & 12 & 13 & 14 & 11 & 15\
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 & 0
end{pmatrix}$$
等价于轮换之积：
$egin{pmatrix}
0 & 11 & 15\
11 & 15 & 0
end{pmatrix} = left ( 0 11 15
ight ) = (0 11)(0 15)$
当置换的奇偶性与空格移动的奇偶性相同则有解，反之无解。
这是一个偶置换，而空格移动到右下角也是偶数步，所以是有解的。
然而，求两个状态的置换不方便实现，对换的奇偶性等价于逆序对奇偶性（gugu，我猜的）
逆序对
如果我们从上到下、从左到右展开成一维数组，某状态的奇偶性定义为逆序对(不包括0的)总数的奇偶性。
首先，空格的左右移动不会改变逆序对奇偶性
列数为奇数时，上下移动不改变奇偶性
列数为偶数时，上下移动奇偶取反。
大概的证明如下：
题目
由于是15数码，列数为偶数，且终态逆序对为偶数，所以只需 y%2=pair%2，y为空格到右下角的纵距离，pair为初始状态的逆序对数。
值得一提的是，题目有个120步的迷惑条件，维基百科有：十五数码的最优解至多80步，而八数码推盘的最优解至多31步。（数字推盘游戏）
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; const int maxn = 20; int a[maxn]; struct BIT{ int C[maxn], n; void init(int n) { this->n = n; memset(C, 0, sizeof(C)); // for (int i = 1; i <= n; i++) // add(i, a[i]); } int lowbit(int x) { return x & -x; } int sum(int x) { int ret = 0; while (x > 0) { ret += C[x]; x -= lowbit(x); } return ret; } void add(int x, int d) { while (x <= n) { C[x] += d; x += lowbit(x); } } int getPair() { int ret = 0; for(int i = n;i >=1;i--) { ret += sum(a[i] - 1); add(a[i], 1); } return ret; } }bit; int main() { int T; scanf("%d", &T); while(T--) { int cnt = 0, y; for(int i = 1 ;i <= 16;i++) { int tmp; scanf("%d", &tmp); if(!tmp) y = 3 - (i-1)/4; else a[++cnt] = tmp; } bit.init(cnt); //printf("%d %d %d ", bit.n, bit.getPair(), y); if(y%2 == bit.getPair()%2) printf("Yes "); else printf("No "); } return 0; }