LintCode 汉诺塔

题目链接：https://www.lintcode.com/problem/tower-of-hanoi/description

题目大意

　　经典递归问题。

分析

　　由于是经典问题了，这里不讨论用递归实现，也不讨论用栈模拟实现，只讨论纯迭代实现。

　　首先用 L, M, R 来标记左柱子，中柱子，右柱子。

　　我们知道汉诺塔问题与二进制是密不可分的，“n-圆盘汉诺塔问题”最少只需要$2^n - 1$步，而且如果 n 为奇数，第一步必然是 L->R；如果 n 为偶数，第一步必然是 L->M。

　　现在我们定义三个操作，每个操作相当于走一步：

1. 把 M 标记和 R 标记互换，执行 L->R。
2. 把 L 标记和 M 标记互换，执行 L->R。
3. 把 L 标记和 M 标记互换，把 M 标记和 R 标记互换，执行 L->R。

　　于是这个问题可以这样解决，去掉第一步，还剩$2^n - 2$步，如果我们把走两步算作一大步，那么还剩$2^{n - 1} - 1$大步，我们令$i:1 ightarrow2^{n - 1} - 1$依次模拟每个大步，如果 i 的最低 2 进制位的位置是偶数位置时，就执行 2 次操作 3，否则执行 1 次操作 1 和 1 次操作 2。

　　神奇的是，这样做居然是可行的。

　　PS：我是不知道为啥，我是闲着无聊找规律找到的。

代码如下

class Solution {
public:
    string L = "A", M = "B", R = "C";
    vector< string > ans;
    /**
     * @param n: the number of disks
     * @return: the order of moves
     */
    vector<string> towerOfHanoi(int n) {
        if(n % 2 == 0) swap(M, R);
        ans.push_back(step(L, R));
        
        n = (((1 << n) - 2) >> 1);
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            // 如果i的最低2进制位的位置是偶数，就执行2次操作3，否则执行1次操作1和一次操作2
            if(__builtin_ffs(i) % 2 == 0) {
                op3();
                op3();
            }
            else {
                op1();
                op2();
            }
        }
        
        return ans;
    }
    
    inline string step(string x, string y) {
        return "from " + x + " to " + y;
    }
    
    inline void op1() {
        swap(M, R); 
        ans.push_back(step(L, R));
    }
    
    inline void op2() {
        swap(L, M);
        ans.push_back(step(L, R));
    }
    
    inline void op3() {
        swap(M, L); swap(R, M); 
        ans.push_back(step(L, R));
    }
};