八数码的八境界
以下理论部分转自http://www.cnblogs.com/goodness/archive/2010/05/04/1727141.html，自己就是一步一个境界地做，把每境界的代码记录下来。
研究经典问题，空说不好，我们拿出一个实际的题目来演绎。八数码问题在北大在线测评系统中有一个对应的题，题目描述如下（POJ 1077）：
Eight
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 65536K Special Judge
Description
The 15-puzzle has been aroundfor over 100 years; even if you don't know it by that name, you've seen it. Itis constructed with 15 sliding tiles, each with a number from 1 to 15 on it,and all packed into a 4 by 4 frame with one tile missing. Let's call themissing tile 'x'; the object of the puzzle is to arrange the tiles so that theyare ordered as:
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 1112
13 14 15 x
where the only legal operationis to exchange 'x' with one of the tiles with which it shares an edge. As anexample, the following sequence of moves solves a slightly scrambled puzzle:
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
5 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8
9 x 1012 9 10 x 12 9 10 11 12 9 10 11 12
13 14 11 15 13 14 11 15 13 14 x 15 13 14 15 x
r-> d-> r->
The letters in the previousrow indicate which neighbor of the 'x' tile is swapped with the 'x' tile ateach step; legal values are 'r','l','u' and 'd', for right, left, up, and down,respectively.
Not all puzzles can be solved;in 1870, a man named Sam Loyd was famous for distributing an unsolvable versionof the puzzle, and
frustrating many people. Infact, all you have to do to make a regular puzzle into an unsolvable one is toswap two tiles (not counting the missing 'x' tile, of course).
In this problem, you willwrite a program for solving the less well-known 8-puzzle, composed of tiles ona three by three arrangement.
Input
You will receive a descriptionof a configuration of the 8 puzzle. The description is just a list of the tilesin their initial positions, with the rows listed from top to bottom, and thetiles listed from left to right within a row, where the tiles are representedby numbers 1 to 8, plus 'x'. For example, this puzzle
1 2 3
x 4 6
7 5 8
is described by this list:
1 2 3 x 4 6 7 5 8
Output
You will print to standardoutput either the word ``unsolvable'', if the puzzle has no solution, or astring consisting entirely of the letters 'r', 'l', 'u' and 'd' that describesa series of moves that produce a solution. The string should include no spacesand start at the beginning of the line.
Sample Input
2 3 4 1 5 x 7 6 8
Sample Output
ullddrurdllurdruldr
这个题目是SpecialJudge，任意找出一组移法就行，但是很多时候，我们需要找到步数最少的移法，所以，这里以步数最少的移法为目的。真正优化这个问题涉及到很多，比如A*、全排列哈希、堆优化等。一境界一代码，咱们一个境界一个境界走，慢慢优化这个经典问题，当然，我不是那么无聊，不会把所有境界都列出代码……
境界一、 暴力BFS+STL
开始的时候，自然考虑用最直观的广搜，因为状态最多不超过40万，计算机还是可以接受的，由于广搜需要记录状态，并且需要判重，所以可以每次图的状态转换为一个字符串，然后存储在stl中的容器set中，通过set的特殊功能进行判重，由于set的内部实现是红黑树，每次插入或者查找的复杂度为Log(n)，所以，如果整个算法遍历了所有状态，所需要的复杂度为n*Log(n)，在百万左右，可以被计算机接受，由于对string操作比较费时，加上stl全面性导致 速度不够快，所以计算比较费时，这样的代码只能保证在10秒内解决任何问题。但，明显效率不够高。POJ上要求是1秒，无法通过。
（此步我跳过了直接从境界二开始。。。）
境界二、BFS+哈希
考虑到费时主要在STL，对于大规模的遍历，用到了STL的set和string，在效率上的损失是很大的，因此，现在面临一个严重的问题，必须自己判重，为了效率，自然是自己做hash。有点麻烦，hash函数不好想，实际上是9！种排列，需要每种排列对应一个数字（其实就是康托展开）。而其他值都在0 到（9!-1） 中，且均唯一。然后去掉一切STL之后，甚至包括String之后，得到单向广搜+Hash的代码，算法已经可以在三秒钟解决问题，可是还是不够快！POJ时限是1秒，后来做了简单的更改，将路径记录方法由字符串改为单个字符，并记录父节点，得到解，这次提交，266ms是解决单问题的上限。当然，还有一个修改的小技巧，就是逆序对数不会改变，通过这个，可以直接判断某输入是否有可行解。由于对于单组最坏情况的输入，此种优化不会起作用，所以不会减少单组输入的时间上限。
（我自己没做任何优化......第二境界TLE代码：）
View Code
#include <fstream> #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cmath> #include <iomanip> #include <iomanip> #include <climits> #include <vector> #include <stack> #include <queue> #include <list> #include <set> #include <map> #include <algorithm> #include <string> #include <cstring> using namespace std; string pur; string s; char path[400000]; int hash[400000]; bool vis[400000]; int cantor[]={1,1,2,6,24,120,720,5040,40320,362880,3628800,39916800}; int Can(string puzz,int psize) //psize puzz集合的大小 { int ct = 0; for(int i = 0; i < psize-1; i++){ int tmp = 0; for(int j = i + 1; j < psize; j++){ if( puzz[j] < puzz[i]) tmp++; } ct += tmp * cantor[psize-i-1]; } return ct; } void bfs() { memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(path,0,sizeof(path)); queue < string > Q; while(!Q.empty()) Q.pop(); Q.push(s); vis[Can(s,9)]=1; while(!Q.empty()) { string s1=Q.front(); if (s1==pur) break; Q.pop(); for (int i=0;i<9;i++) if (s1[i]=='9') { if (i-3>=0) { string temp=s1; temp[i]=s1[i-3]; temp[i-3]=s1[i]; if (!vis[Can(temp,9)]) { Q.push(temp); vis[Can(temp,9)]=1; path[Can(temp,9)]='u'; hash[Can(temp,9)]=Can(s1,9); } } if (i+3<9) { string temp=s1; temp[i]=s1[i+3]; temp[i+3]=s1[i]; if (!vis[Can(temp,9)]) { Q.push(temp); vis[Can(temp,9)]=1; path[Can(temp,9)]='d'; hash[Can(temp,9)]=Can(s1,9); } } if (i/3==(i+1)/3) { string temp=s1; temp[i]=s1[i+1]; temp[i+1]=s1[i]; if (!vis[Can(temp,9)]) { Q.push(temp); vis[Can(temp,9)]=1; path[Can(temp,9)]='r'; hash[Can(temp,9)]=Can(s1,9); } } if ((i)/3==(i-1)/3) { string temp=s1; temp[i]=s1[i-1]; temp[i-1]=s1[i]; if (!vis[Can(temp,9)]) { Q.push(temp); vis[Can(temp,9)]=1; path[Can(temp,9)]='l'; hash[Can(temp,9)]=Can(s1,9); } } } } string k; k.clear(); int p=Can(pur,9); if (!vis[p]) { cout<<"unsolvable"<<endl; return ; } while(p!=Can(s,9)) { k+=path[p]; p=hash[p]; } string ans; ans.clear(); for (int i=k.size()-1;i>=0;i--) ans+=k[i]; cout<<ans<<endl; return ; } int main() { pur="123456789"; s.clear(); string a; //while(getline(cin,a)) //{ getline(cin,a); for (size_t i=0;i<a.size();i++) { if (a[i]=='x') a[i]='9'; if (a[i]!=' ') s+=a[i]; } bfs(); //} return 0; }
境界三、BFS+哈希+打表
好，问题可以在200—300ms间解决，可是，这里我们注 意到一个问题，最坏情况下，可能搜索了所有可达状态，都无法找到解。如果这个题目有多次输入的话，每次都需要大量的计算。其实，这里可以从反方向考虑下，从最终需要的状态，比如是POJ 1077需要的那种情况，反着走，可达的情况是固定的。可以用上面说的那种相应的Hash的方法，找到所有可达状态对应的值，用一个bool型的表，将可达状态的相应值打表记录，用“境界三”相似的方法记录路径，打入表中。然后，一次打表结束后，每次输入，直接调用结果！这样，无论输入多少种情况，一次成功，后面在O（1）的时间中就能得到结果！这样，对于ZOJ的多组输入，有致命的帮助！此境界代码改动不大，不再给出，下同。
境界四、双向广搜+BFS
Hash，不再赘述，现在，我们来进行进一步的优化，为了减少状态的膨胀，自然而然的想到了双向广搜，从输入状态点和目标状态1 2 3 4 5 6 7 8 9同时开始搜索，当某方向遇到另一个方向搜索过的状态的时候，则搜索成功，两个方向对接，得到最后结果，如果某方向遍历彻底，仍然没有碰上另一方向，则无法完成，代码不再给出，原因见上……
境界五、A*+哈希+简单估价函数
用到广搜，就可以想到能用经典的A*解决，用深度作为g(n)，剩下的自然是启发函数了。对于八数码，启发函数可以用两种状态不同数字的数目。接下来就是A*的套路，A*的具体思想不再赘述，因为人工智能课本肯定比我讲的清楚。但是必须得注意到，A*需要满足两个条件：
1.h(n)>h'(n),h'(n)为从当前节点到目标点的实际的最优代价值。
2.每次扩展的节点的f值大于等于父节点的f值小。
自然，我们得验证下我们的启发函数，h验证比较简单不用说，由于g是深度，每次都会较父节点增1。再看h，认识上， 我们只需要将h看成真正的“八数码”，将空格看空。这里，就会发现，每移动一次，最多使得一个数字回归，或者说不在位减一个。 h最多减小1，而g认为是深度，每次会增加1。所以，f=g+h， 自然非递减，这样，满足了A*的两个条件，可以用A*了！此境界代码也不列出，因为后几个加了优化的代码，是此境界的父集，或者说升级版。既然逻辑上一样，我们就只给出级别最高的。
境界六、A*+哈希+曼哈顿距离
A*的核心在启发函数上，境界五若想再提升，先想到的是启发函数。这里，曼哈顿距离可以用来作为我们的启发函数。曼哈顿距离听起来神神秘秘，其实不过是“绝对轴距总和”，用到八数码上，相当与将所有数字归位需要的最少移动次数总和。作为启发函数，自然需要满足“境界五”提到的那两个条件。现在来看这个曼哈顿距离，第一个条件自然满足。对于第二个，因为空格被我们剥离出去，所以交换的时候只关心交换的那个数字，它至多向目标前进1，而深度作为g每次是增加1的，这样g+h至少和原来相等，那么，第二个条件也满足了。A*可用了，而且，有了个更加优化的启发函数。因为还可以升级，所以……代码不给出。
境界七、A*+哈希+曼哈顿距离+小顶堆
经过上面优化后，我们发现了A*也有些鸡肋的地方，因为需要每次找到所谓Open表中f最小的元素，如果每次排序，那么排序的工作量可以说是很大的，即使是快排，程序也不够快！这里，可以想到，由于需要动态的添加元素，动态的得到程序的最小值，我们可以维护一个小顶堆，这样的效果就是。每次取最小元素的时候，不是用一个n*Log(n)的排序，而是用log(n)的查找和调整堆，好，算法又向前迈进了一大步。这里，我们终于要给出代码了，代码参见Code3.Cpp。
境界八、IDA*+曼哈顿距离
IDA*即迭代加深的A*搜索，实现代码是最简练的，无须状态判重，无需估价排序。那么就用不到哈希表，堆上也不必应用，空间需求变的超级少。效率上，应用了曼哈顿距离。同时可以根据深度和h值，在找最优解的时候，对超过目前最优解的地方进行剪枝，这可以导致搜索深度的急剧减少，所以，这，是一个致命的剪枝！因此，IDA*大部分时候比A*还要快，可以说是A*的一个优化版本！代码参见Code4.cpp。到此，到了我的境界八……请老师再将境界进行升级……还有，前文中也许会有很多疏漏之处，望老师给以修正。
