在我们做题中，搜索也好，动态规划也好，我们往往有时候需要用一个数字表示一种状态
比如有8个灯泡排成一排，如果你用0和1表示灯泡的发光情况
那么一排灯泡就可以转换为一个二进制数字了
比如
01100110 = 102
11110000 = 240
10101010 = 170
通过这些十进制数，只要把他们展开，我们就知道灯泡的状态了
如果这题是一个动态规划题
然后我们就拿这些数字做一些转移了，
比如dp[102],dp[240],dp[170]等等
这对题目很有帮助
上面讲的那些就是所谓的状态压缩了，须知详细的状态压缩可以去百度
或者有机会我自己去写一篇博客（这是flag（/TДT)/）
那对于有些题，我们即使状态压缩后，数字太大，数组都开不下，麻烦的题目（/TДT)/
这些题目也要看情况，比如我接下来要讲的康托展开
康托展开经典题：hdu 1430
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1430
在魔方风靡全球之后不久，Rubik先生发明了它的简化版——魔板。魔板由8个同样大小的方块组成，每个方块颜色均不相同，可用数字1-8分别表示。任一时刻魔板的状态可用方块的颜色序列表示：从魔板的左上角开始，按顺时针方向依次写下各方块的颜色代号，所得到的数字序列即可表示此时魔板的状态。例如，序列(1,2,3,4,5,6,7,8)表示魔板状态为：
1 2 3 4
8 7 6 5
对于魔板，可施加三种不同的操作，具体操作方法如下：
A: 上下两行互换,如上图可变换为状态87654321
B: 每行同时循环右移一格,如上图可变换为41236785
C: 中间4个方块顺时针旋转一格,如上图可变换为17245368
给你魔板的初始状态与目标状态，请给出由初态到目态变换数最少的变换步骤，若有多种变换方案则取字典序最小的那种。
我们看这题，总共有8个数字，1~8，假如我们把他们看成0~7
那么每个数字可以转换为一个3位二进制
0:000
1:001
2:010
3:011
4:100
5:101
6:110
7:111
然后12345678这个状态我们可以表示为二进制000001010011100101110111，总共3*8=24位，
2^24 = 16777216，数组根本开不下啊
这时，我们发现了，有一些状态，根本没有用到，因为这题已经规定了有8个数字，每个数字只出现一次
比如000000000000000000000000这个状态，你说可能出现吗？(o ° ω ° O )
这个时候，康托就对这种题目做了研究(o ° ω ° O )
这种每个数字只出现一次的问题的所以情况，总共才n!个情况（这个问题叫做全排列）
康托的一套算法可以正好产生n!个数字
比如：
123 -> 0
132 -> 1
213 -> 2
231 -> 3
312 -> 4
321 -> 5
这是如何做到的(/≥▽≤/)
在峰神的博客里面有很好的解释（对不起了峰神≖‿≖✧，拿过来抄一下）
(/≥▽≤/)好神奇
于是乎，康托展开模板：
void cantor(int s[], LL num, int k){//康托展开，把一个数字num展开成一个数组s，k是数组长度 int t; bool h[k];//0到k-1，表示是否出现过 memset(h, 0, sizeof(h)); for(int i = 0; i < k; i ++){ t = num / fac[k-i-1]; num = num % fac[k-i-1]; for(int j = 0, pos = 0; ; j ++, pos ++){ if(h[pos]) j --; if(j == t){ h[pos] = true; s[i] = pos + 1; break; } } } } void inv_cantor(int s[], LL &num, int k){//康托逆展开，把一个数组s换算成一个数字num int cnt; num = 0; for(int i = 0; i < k; i ++){ cnt = 0; for(int j = i + 1; j < k; j ++){ if(s[i] > s[j]) cnt ++;//判断几个数小于它 } num += fac[k-i-1] * cnt; } }
付上AC代码：
（这代码我在杭电上用c++交竟然CE了，g++就没问题，CE的内容是我的那个模板，说什么不能bool h[k]这样声明类型，c++小心眼，这有什么关系嘛(´・ω・)ﾉ，我还只是个孩子）
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<string> #include<algorithm> #include<queue> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 8; queue <LL> que; string ans[50000]; char str1[10], str2[10]; bool vis[50000]; int map[10];//映射 int num[10]; LL fac[N];//阶乘 void change(int s[], int o){//o分别是0,1,2，表示ABC三种变化 switch(o){ case 0: for(int i = 0; i < 4; i ++) swap(s[i], s[8-i-1]); break; case 1: for(int i = 3; i >= 1; i --) swap(s[i], s[i-1]); for(int i = 4; i < 7; i ++) swap(s[i], s[i+1]); break; case 2: swap(s[1], s[6]); swap(s[6], s[5]); swap(s[5], s[2]); break; } } void cantor(int s[], LL num, int k){//康托展开，把一个数字num展开成一个数组s，k是数组长度 int t; bool h[k];//0到k-1，表示是否出现过 memset(h, 0, sizeof(h)); for(int i = 0; i < k; i ++){ t = num / fac[k-i-1]; num = num % fac[k-i-1]; for(int j = 0, pos = 0; ; j ++, pos ++){ if(h[pos]) j --; if(j == t){ h[pos] = true; s[i] = pos + 1; break; } } } } void inv_cantor(int s[], LL &num, int k){//康托逆展开，把一个数组s换算成一个数字num int cnt; num = 0; for(int i = 0; i < k; i ++){ cnt = 0; for(int j = i + 1; j < k; j ++){ if(s[i] > s[j]) cnt ++;//判断几个数小于它 } num += fac[k-i-1] * cnt; } } void init(){ fac[0] = 1; for(int i = 1; i < N; i ++) fac[i] = fac[i-1] * i; int a[8], b[8]; LL temp, temp2; que.push(0); vis[0] = true; while(!que.empty()){ LL temp = que.front(); que.pop(); cantor(a, temp, 8); for(int i = 0; i < 3; i ++){ copy(a, a+8, b); change(b, i); inv_cantor(b, temp2, 8); if(!vis[temp2]){ que.push(temp2); vis[temp2] = true; ans[temp2] = ans[temp] + (char)('A' + i); } } } } int main(){ init(); while(~scanf("%s", str1)){ scanf("%s", str2); //先把所有初始状态都转换成12345678 //最终状态根据初始状态的转换而转换 //这样只要一次预处理就可以解决问题了 for(int i = 0; i < 8; i ++) map[str1[i] - '0'] = i + 1; for(int i = 0; i < 8; i ++) num[i] = map[str2[i] - '0']; LL temp; inv_cantor(num, temp, 8); cout << ans[temp] << endl; } }