POJ1184-------操作分离的BFS
题目地址：http://poj.org/problem?id=1184
题目意思：
给你两个6位数，一个是起始值，一个最终值
初始光标在最左边
你可以左移或者右移光变
在光标处+1或者-1
在光标处和最左边或者和最右边交换
问你最少要多少就可以由初始值转换到最终值
解题思路：
操作分离是解决这题的核心思想
就是说我们反正要进行一些转换的，不如先全部转换了算了
通过一个BFS预处理将所有可能转换的全部转换，光标所有可能的位置全部求出来
然后在每次要求的时候，对每种状态上的光标进行加减操作
求出最少的步骤
另外这题的测试数据有问题，其实左移也是需要的
比如000159 和 000519，正确答案是8，如果不考虑左移就是12
再就是我们可以将光标的访问情况压缩到10种，具体的在我代码中有解释
下面上代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<string>
#include<map>
#include<queue>
using namespace std;
struct node
{
int state;
int pos;
int num[6];
int step;
int fangwen[6];
};
int vis_state[10][6] =
{
1,0,0,0,0,0, /*访问状态0: 初始状态(pos=0)*/
1,1,0,0,0,0, /*访问状态1: 状态0通过右移操作得到(pos=1)，或者状态1通过swap0操作得到(pos=1)*/
1,1,1,0,0,0, /*访问状态2: 状态1通过右移操作得到(pos=2)，或者状态2通过swap0操作得到(pos=2)*/
1,1,1,1,0,0, /*访问状态3: 状态2通过右移操作得到(pos=3)，或者状态3通过swap0操作得到(pos=3)*/
1,1,1,1,1,0, /*访问状态4: 状态3通过右移操作得到(pos=4)，或者状态4通过swap0操作得到(pos=4)*/
1,0,0,0,0,1, /*访问状态5: 状态0通过swap1操作得到(pos=0)，或者状态5通过swap0操作得到(pos=0)*/
1,1,0,0,0,1, /*访问状态6: 状态1通过swap1操作得到(pos=1)，或者状态5通过右移操作得到(pos=1),或者状态6通过swap0操作得到(pos=1)*/
1,1,1,0,0,1, /*访问状态7: 状态2通过swap1操作得到(pos=2)，或者状态6通过右移操作得到(pos=2),或者状态7通过swap0操作得到(pos=2)*/
1,1,1,1,0,1, /*访问状态8: 状态3通过swap1操作得到(pos=3)，或者状态7通过右移操作得到(pos=3),或者状态8通过swap0操作得到(pos=3)*/
1,1,1,1,1,1 /*访问状态9: 状态4通过swap1操作得到(pos=4)，或者状态8通过右移操作得到(pos=4),或者状态9通过右移操作得到(pos=5),
或者状态4通过右移操作得到(pos=5)，或者状态9通过swap0操作得到，或者状态9通过swap1操作得到*/
};
int state[10000][8]; //对应的是所有情况，第二维记录相应信息
int idx;
int co;
bool vis[6][6][6][6][6][6][6][10]; //前6个是数字，为什么只到6，是因为这个是做排列用的
//第7个是光标所在位置用的，第8个事state
void put_to_vis(node a)
{
vis[a.num[0]][a.num[1]][a.num[2]][a.num[3]][a.num[4]][a.num[5]][a.pos][a.state] = true;
}
bool check(node a)
{
return vis[a.num[0]][a.num[1]][a.num[2]][a.num[3]][a.num[4]][a.num[5]][a.pos][a.state];
}
int find_state(node a)
{
if(a.fangwen[5]==0)
{
int cnt = 0;
for(int i=1;i<5;i++)
if(a.fangwen[i])
cnt++;
return cnt;
}
else
{
int cnt = 0;
for(int i=1;i<5;i++)
if(a.fangwen[i])
cnt++;
return cnt+5;
}
}
void bfs()
{
queue<node> Q;
node a,b;
idx=0;
co=0;
for(int i=0;i<6;i++)
{
a.num[i] = i;
a.fangwen[i] = 0;
}
a.pos = a.state = a.step = 0;
a.fangwen[0] = 1;
Q.push(a);
put_to_vis(a);
//printf("a step %d\n",a.step);
int co2=0;
while(!Q.empty())
{
co++;
a = Q.front();
Q.pop();
for(int i=0;i<6;i++)
state[idx][i] = a.num[i];
state[idx][6] = a.state;
state[idx][7] = a.step;
idx++;
if(a.pos>0) //左移或者左交换操作
{
//左移操作
b=a;
b.step = a.step+1;
b.pos--;
if(!check(b))
{
put_to_vis(b);
Q.push(b);
}
//左交换
b = a;
b.step = a.step+1;
swap(b.num[0],b.num[b.pos]);
if(!check(b))
{
put_to_vis(b);
Q.push(b);
}
}
if(a.pos<5) //右移和右交换操作
{
//右移
b=a;
b.step = a.step+1;
b.pos++;
b.fangwen[b.pos] = 1;
b.state = find_state(b);
if(!check(b))
{
put_to_vis(b);
Q.push(b);
}
//右交换
b = a ;
b.step = a.step+1;
swap(b.num[5],b.num[b.pos]);
b.fangwen[5] = 1;
b.state = find_state(b);
if(!check(b))
{
put_to_vis(b);
Q.push(b);
}
}
}
}
int main()
{
memset(vis,false,sizeof(vis));
bfs();
char st[10];
char ed[10];
int _st[6];
int _ed[6];
while(scanf("%s%s",st,ed) != EOF)
{
for(int i=0;i<6;i++)
{
_st[i] = st[i]-'0';
_ed[i] = ed[i]-'0';
}
int ans = 99999999;
for(int i=0;i<idx;i++)
{
int tmp = state[i][7];//初始化为进行了交换后的步数
bool flag = true;
int j;
for(j=0;j<6;j++)
{
if(!vis_state[state[i][6]][j] && (_st[state[i][j]]!=_ed[j]) )
{
flag = false;
break;
}
else
{
tmp += abs( _st[state[i][j]] - _ed[j]); //再加上每位进行加减 操作的步数
}
}
if(flag)
ans = min(ans,tmp);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
