Eight
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1043
讲到双向广搜，那就不能不讲经典的八数码问题，有人说不做此题人生不完整 。
所谓双向广搜，就是初始结点向目标结点和目标结点向初始结点同时扩展，直至在两个扩展方向上出现同一个结点，搜索结束。它适用的问题是，扩展结点较多，而目标结点又处在深沉，如果采用单纯的广搜解题，搜索量巨大，搜索速度慢是可想而知的，同时往往也会出现内存空间不够用的情况，这时双向广搜的作用就体现出来了。双向广搜对单纯的广搜进行了改良或改造，加入了一定的“智能因数”，使搜索能尽快接近目标结点，减少了在空间和时间上的复杂度。
当在讲题前，不得不先给大家补充一点小知识，大家都知道搜索的题目其中难的一部分就是事物的状态，不仅多而且复杂，要怎么保存每时刻的状态，又容易进行状态判重呢，这里提到了一种好办法 ------康托展开（只能针对部分问题）
康托展开
康托展开式：
X=an*(n-1)!+an-1*(n-2)!+...+ai*(i-1)!+...+a2*1!+a1*0!
其中，a为整数，并且0<=ai<i(1<=i<=n)。
例：
问：1324是{1,2,3,4}排列数中第几个大的数？
解：第一位是1小于1的数没有，是0个 0*3! 第二位是3小于3的数有1和2，但1已经在第一位了，所以只有一个数2 1*2! 。第三位是2小于2的数是1，但1在第一位，所以有0个数 0*1! ，所以比1324小的排列有0*3!+1*2!+0*1!=2个，1324是第三个大数。
好吧，先看下代码实现：
int factory[]={1,1,2,6,24,120,720,5040,40320,362880}; // 0..n的阶乘
int Gethash(char eight[])
{
int k=0;
for(int i=0;i<9;i++) // 因为它有八位数(针对八数码问题)
{
int t=0;
for(int j=i+1;j<9;j++)
if(eight[j]<eight[i])
t++;
k+=(t*factory[9-i-1]);
}
return k; // 返回该数是第几大
}
好的，现在再来看看双向广搜模版：
void TBFS()
{
bool found=false;
memset(visited,0,sizeof(visited)); // 判重数组
while(!Q1.empty()) Q1.pop(); // 正向队列
while(!Q2.empty()) Q2.pop(); // 反向队列
//======正向扩展的状态标记为1，反向扩展标记为2
visited[s1.state]=1; // 初始状态标记为1
visited[s2.state]=2; // 结束状态标记为2
Q1.push(s1); // 初始状态入正向队列
Q2.push(s2); // 结束状态入反向队列
while(!Q1.empty() || !Q2.empty())
{
if(!Q1.empty())
BFS_expand(Q1,true); // 在正向队列中搜索
if(found) // 搜索结束
return ;
if(!Q2.empty())
BFS_expand(Q2,false); // 在反向队列中搜索
if(found) // 搜索结束
return ;
}
}
void BFS_expand(queue<Status> &Q,bool flag)
{
s=Q.front(); // 从队列中得到头结点s
Q.pop()
for( 每个s 的子节点 t )
{
t.state=Gethash(t.temp) // 获取子节点的状态
if(flag) // 在正向队列中判断
{
if (visited[t.state]!=1）// 没在正向队列出现过
｛
if(visited[t.state]==2) // 该状态在反向队列中出现过
{
各种操作；
found=true；
return;
}
visited[t.state]=1; // 标记为在在正向队列中
Q.push(t); // 入队
｝
｝
else // 在正向队列中判断
{
if (visited[t.state]!=2） // 没在反向队列出现过
｛
if(visited[t.state]==1) // 该状态在正向向队列中出现过
{
各种操作；
found=true；
return;
}
visited[t.state]=2; // 标记为在反向队列中
Q.push(t); // 入队
｝
｝
}
好的，现在开始说说八数码问题
其实，Eight有一个很重要的判断，那就是逆序数的判断。如果i>j,并且ai<aj,那么定义(i,j)为一个逆序对，而对于一个状态排列中所含的逆序对的个数总和就是逆序数。而本题的逆序数的奇偶性的判断是至关重要的：
如果x在同一行上面移动那么1~8的逆序数不变
如果x在同一列上面移动，每次逆序数增加偶数个或者减少偶数个
因为目标结点的状态的逆序数为0，为偶数，所以每次访问到的状态的逆序数也必须为偶数，保持奇偶性性质，否则就不必保存该状态。
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
#define N 10
#define MAX 365000
char visited[MAX];
int father1[MAX]; // 保存正向搜索当前状态的父亲状态结点
int father2[MAX]; // 保存反向搜索当前状态的父亲状态结点
int move1[MAX]; // 正向搜索的方向保存
int move2[MAX]; // 反向搜索的方向保存
struct Status // 结构
{
char eight[N]; // 八数码状态
int space; // x 位置
int state; // hash值,用于状态保存与判重
};
queue<Status> Q1; // 正向队列
queue<Status> Q2; // 反向队列
Status s,s1,s2,t;
bool found; // 搜索成功标记
int state; // 正反搜索的相交状态
int factory[]={1,1,2,6,24,120,720,5040,40320,362880}; // 0..n的阶乘
int dir[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
int Gethash(char eight[]) // 康托展开(获取状态，用于判重)
{
int k=0;
for(int i=0;i<9;i++)
{
int t=0;
for(int j=i+1;j<9;j++)
if(eight[j]<eight[i])
t++;
k+=(t*factory[9-i-1]);
}
return k;
}
int ReverseOrder(char eight[]) // 求状态的逆序数
{
int i,j,num=0;
for(i=0;i<9;i++)
{
for(j=0;j<i;j++)
{
if(int(eight[i])==9)
{
break;
}
if(int(eight[j])==9)
continue;
if(int(eight[j])>int(eight[i]))
num++;
}
}
num=num%2;
return num;
}
void BFS_expand(queue<Status> &Q,bool flag) // 单向广度搜索
{
int k,x,y;
s=Q.front();
Q.pop();
k=s.space;
x=k/3;
y=k%3;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int xx=x+dir[i][0];
int yy=y+dir[i][1];
if(xx>=0 && xx<=2 && yy>=0 && yy<=2)
{
t=s;
t.space=xx*3+yy; // 计算x位置
swap(t.eight[k],t.eight[t.space]); // 交换两个数位置
t.state=Gethash(t.eight);
if(flag) // 在正向队列中判断
{
if(visited[t.state]!=1 && ReverseOrder(t.eight)==0) // 未在正向队列出现过并且满足奇偶性
{
move1[t.state]=i; // 保存正向搜索的方向
father1[t.state]=s.state; // 保存正向搜索当前状态的父亲状态结点
if(visited[t.state]==2) // 当前状态在反向队列中出现过
{
state=t.state; // 保存正反搜索中相撞的状态(及相交点)
found=true; // 搜索成功
return;
}
visited[t.state]=1; // 标记为在正向队列中
Q.push(t); // 入队
}
}
else // 在反向队列中判断
{
if(visited[t.state]!=2 && ReverseOrder(t.eight)==0) // 未在反向队列出现过并且满足奇偶性
{
move2[t.state]=i; // 保存反向搜索的方向
father2[t.state]=s.state; // 保存反向搜索当前状态的父亲状态结点
if(visited[t.state]==1) // 当前状态在正向队列中出现过
{
state=t.state; // 保存正反搜索中相撞的状态(及相交点)
found=true; // 搜索成功
return;
}
visited[t.state]=2; // 标记为在反向队列中
Q.push(t); // 入队
}
}
}
}
return ;
}
void TBFS() // 双向搜索
{
memset(visited,0,sizeof(visited));
while(!Q1.empty())
Q1.pop();
while(!Q2.empty())
Q2.pop();
visited[s1.state]=1; // 初始状态
father1[s1.state]=-1;
visited[s2.state]=2; // 目标状态
father2[s2.state]=-1;
Q1.push(s1);
Q2.push(s2);
while(!Q1.empty() || !Q2.empty())
{
if(!Q1.empty())
BFS_expand(Q1,true);
if(found)
return ;
if(!Q2.empty())
BFS_expand(Q2,false);
if(found)
return ;
}
}
void PrintPath1(int father[],int move[]) // 从相交状态向初始状态寻找路径
{
int n,u;
char path[1000];
n=1;
path[0]=move[state];
u=father[state];
while(father[u]!=-1)
{
path[n]=move[u];
n++;
u=father[u];
}
for(int i=n-1;i>=0;--i)
{
if(path[i] == 0)
printf("u");
else if(path[i] == 1)
printf("d");
else if(path[i] == 2)
printf("l");
else
printf("r");
}
}
void PrintPath2(int father[],int move[]) // 从相交状态向目标状态寻找路径
{
int n,u;
char path[1000];
n=1;
path[0]=move[state];
u=father[state];
while(father[u]!=-1)
{
path[n]=move[u];
n++;
u=father[u];
}
for(int i=0;i<=n-1;i++)
{
if(path[i] == 0)
printf("d");
else if(path[i] == 1)
printf("u");
else if(path[i] == 2)
printf("r");
else
printf("l");
}
}
int main()
{
int i;
char c;
while(scanf(" %c",&c)!=EOF)
{
if(c==‘x‘)
{
s1.eight[0]=9;
s1.space=0;
}
else
s1.eight[0]=c-‘0‘;
for(i=1;i<9;i++)
{
scanf(" %c",&c);
if(c==‘x‘)
{
s1.eight[i]=9;
s1.space=i;
}
else
s1.eight[i]=c-‘0‘;
}
s1.state=Gethash(s1.eight);
for(int i=0;i<9;i++)
s2.eight[i]=i+1;
s2.space=8;
s2.state=Gethash(s2.eight);
if(ReverseOrder(s1.eight)==1)
{
cout<<"unsolvable"<<endl;
continue;
}
found=false;
TBFS();
if(found) // 搜索成功
{
PrintPath1(father1,move1);
PrintPath2(father2,move2);
}
else
cout<<"unsolvable"<<endl;
cout<<endl;
}
return 0;
}
原文地址：http://www.cnblogs.com/ERKE/p/3830536.html
