AcWing 845. 八数码

$AcWing$ $845$. 八数码

一、题目描述

在一个 $3×3$ 的网格中，$1∼8$ 这 $8$ 个数字和一个 $x$ 恰好不重不漏地分布在这 $3×3$ 的网格中。

例如：

1 2 3
x 4 6
7 5 8

在游戏过程中，可以把 x 与其上、下、左、右四个方向之一的数字交换（如果存在）。

我们的目的是通过交换，使得网格变为如下排列（称为正确排列）：

1 2 3
4 5 6
7 8 x

例如，示例中图形就可以通过让 x 先后与右、下、右三个方向的数字交换成功得到正确排列。

交换过程如下：

1 2 3   1 2 3   1 2 3   1 2 3
x 4 6   4 x 6   4 5 6   4 5 6
7 5 8   7 5 8   7 x 8   7 8 x

现在，给你一个初始网格，请你求出得到正确排列至少需要进行多少次交换。

输入格式
输入占一行，将 3×3 的初始网格描绘出来。

例如，如果初始网格如下所示：

1 2 3 
x 4 6 
7 5 8 

则输入为：1 2 3 x 4 6 7 5 8

输出格式
输出占一行，包含一个整数，表示最少交换次数。

如果不存在解决方案，则输出 −1。

输入样例：

2 3 4 1 5 x 7 6 8

输出样例

19

二、理解与感悟

1. 为什么将二维转一维？
   输入的是一个一维数据，就像是一个字符串。二维数组如果想对比每一次走完的棋盘是否一致，需要双重循环，比较麻烦，所以想出了一个用一维模拟二维的方法。

2. 二维怎么转一维？
   一维下标 = tx * 3 + ty

以行号、列号下标从$0$开始为例，就是行号$\times 3 +$ 列号，比如：
行号为$1$(第二行)，列号为$1$(第二列)，那么$1 \times 3+1=4$，就是在一维中是第$5$个（下标从$0$开始）。

3. 一维如何还原成二维？
   int x = k / 3, y = k % 3;

三、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[] = {0, 1, 0, -1};
string ed = "12345678x";

unordered_map<string, int> d;

int bfs(string s) {
    queue<string> q;
    q.push(s);
    d[s] = 0;

    while (q.size()) {
        auto u = q.front();
        q.pop();
        
        if (u == ed) return d[u];
        int k = u.find('x');
        int x = k / 3, y = k % 3; // 一维变二维,准备变更，判断变更后会不会出界

        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int tx = x + dx[i], ty = y + dy[i];
            if (tx < 0 || tx > 2 || ty < 0 || ty > 2) continue;

            string c = u;               // 抄出来c
            swap(c[k], c[tx * 3 + ty]); // 在c上进行变更，二维变一维
            if (!d.count(c)) {          // 这个状态没到达过
                d[c] = d[u] + 1;        // 记录是第几步到达
                q.push(c);
            }
        }
    }
    return -1;
}

int main() {
    string s;
    char c;
    for (int i = 1; i <= 9; i++) { // 输入的是9个字符，每两个中间有空格
        cin >> c;
        s += c;
    }
    cout << bfs(s) << endl;
    return 0;
}

四、利用康托计算全排列顺序号的思路

本题求最少步数，所以应当用$bfs$来做

首先定义一个能表示矩阵状态的结构体，每次把由当前状态更新的合法的新状态压入队列

如果状态为目标状态，那么返回步数，如果更新不到目标状态，返回$-1$

我们可以想到，这个$3*3$的矩阵可以表示为一个长度为$9$的字符串

但是我们知道，$bfs$需要把遍历过的状态标记，以防止死循环

那么，如何开辟一个数组
使得这个数组中的元素，能够和矩阵的所有状态（长度为$9$的字符串的全排列）一一对应
这才是难点

全排列哈希

• 我们熟知的数一般都是常进制数，所谓常进制数就是该数的每一位都是常数进制的$k$进制数上的每一位都逢$k$进一，第$i$位的位权是$k_i$
• 这里要介绍一种 变进制数，用来表示字符串的排列状态
• 这种数的第$i$位逢$i$进一，第$i$位的位权是$i!$
  用$d[i]$来表示一个变进制数第$i$位上的数字

一个$n$位变进制数的值就为$\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}d[i]\times i!$

这是一个最大的$9$位变进制数

876543210

它对应的十进制数为

8 × 8! + 7 × 7! + 6 × 6! + …… + 1 × 1! + 0 × 0! = 9! - 1 = 362879

我们可以找到一个$9$位变进制数，与一个$9$位无重复串的某种排列一一对应

用$d[i]$表示字符串中的第$i$位与其前面的字符组成的逆序对个数

字符串的一种排列对应的变进制数的值为$\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}d[i]\times i!$

这是字符串$123x46758$的与$d[i]$的对应关系

  i     0 1 2 3 4 5 6 7 8
s[i]    1 2 3 x 4 6 7 5 8
d[i]    0 0 0 0 1 1 1 3 1

它对应的变进制数的值为

1 × 4! + 1 × 5! + 1 × 6! + 3 × 7! + 1 × 8! = 56304

因此可以用以下函数求字符串的一种排列对应的哈希值

int permutation_hash(char s[], int n){
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i < n; i ++){
        int d = 0;
        for(int j = 0; j < i; j ++)
            if(s[j] > s[i])  d ++;
        ans += d * fact[i];
    }
    return ans;
}

$n$不能太大，通常不超过$12$，否则会溢出
时间复杂度为$O(n^2)$

五、全排列哈希 + $BFS$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct Node {
    string s;
    int step;
    int k; //'x'在第k位
};

int dx[] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[] = {0, -1, 0, 1};

int fact[9];
bool st[362880];

int cantor(string s) { // 求长度为9的字符串某种排列的哈希值
    int x = 0;
    for (int i = 0; i < 9; i++) {
        int smaller = 0;
        for (int j = 0; j < i; j++)
            if (s[j] > s[i]) smaller++; // 求s[i]与其前面的字符组成的逆序对个数
        x += smaller * fact[i];
    }
    return x;
}

int bfs(Node u) {
    st[cantor(u.s)] = 1;
    queue<Node> q;
    q.push(u);

    while (q.size()) {
        u = q.front();
        q.pop();
        if (u.s == "12345678x") return u.step;

        int x = u.k / 3; //'x'的行数
        int y = u.k % 3; //'x'的列数
        Node v;
        v.step = u.step + 1;
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int tx = x + dx[i], ty = y + dy[i];
            if (tx < 0 || tx > 2 || ty < 0 || ty > 2) continue;
            // 求出'x'在字符串中的的新位置
            v.k = tx * 3 + ty;
            // 新串长什么样子
            v.s = u.s;           // 先抄过来
            v.s[u.k] = u.s[v.k]; // 先用即将和'x'交换的字符覆盖'x'之前的位置
            v.s[v.k] = 'x';      // 再给'x'的新位置赋值'x'
            // 新串的hash值
            int hash = cantor(v.s);
            if (!st[hash]) {
                st[hash] = 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return -1;
}

int main() {
    // 预处理fact[i] = i!
    fact[0] = 1;
    for (int i = 1; i < 9; i++) fact[i] = fact[i - 1] * i;

    char c;
    Node start;
    for (int i = 0; i < 9; i++) {
        cin >> c;
        if (c == 'x') start.k = i;
        start.s.push_back(c);
    }
    start.step = 0;
    printf("%d", bfs(start));
    return 0;
}