Eight（八数码）
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题目描述
15 块拼图已有 100 多年的历史，即使你不知道它的名字，也一定见过它。它由 15 块滑动瓷砖组成，每块瓷砖上都有一个从 1 到 15 的数字，所有瓷砖都被装在一个 4×4 的框架内，其中缺少一块瓷砖。我们把这块缺失的瓷砖称为 “x”；谜题的目的是将瓷砖排列成以下顺序：
1 2 3 45 6 7 89 10 11 12
13 14 15 x
其中唯一合法的操作是将 "x "与与它共享一条边的其中一块牌交换。举例来说，下面的移动顺序可以解决一个略微混乱的谜题：
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 45 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 89 x 10 12 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 xr-> d-> r->
上一行中的字母表示每一步中 "x "与 "x "的哪一个相邻棋子进行了交换；合法值分别为 “r”、“l”、"u "和 “d”，代表右、左、上和下。
并不是所有的谜题都能被解开；1870 年，一个名叫山姆-洛伊德的人因为分发了一个无法解开的谜题版本而出名，让很多人感到沮丧。
让很多人感到沮丧。事实上，要把一道普通的谜题变成一道无解的谜题，只需要交换两块牌（当然，缺失的 "x "牌不算在内）。
在这个问题中，你将编写一个程序来解决不太为人所知的 8 字谜排列。
输入：
您将收到几种关于 "8 "字谜题配置的说明。其中一种描述仅仅是一张牌子初始位置的列表，行列从上到下依次排列，每一行中的牌子从左到右依次排列，牌子用数字1到8加上 "x "来表示。例如，这道谜题
1 2 3
x 4 6
7 5 8
就是用这个列表来描述的：
1 2 3 x 4 6 7 5 8
输出：
如果谜题无解，您将在标准输出中打印 “unsolvable”（无解）字样，或者打印一个完全由字母 “r”、“l”、"u "和 "d "组成的字符串，描述一系列产生解的棋步。字符串不得包含空格，并从行首开始。不要在每种情况之间打印空行。
输入样例：
2 3 4 1 5 x 7 6 8
输出样例：
ullddrurdllurdruldr
题意
给定一个九方格，每个方格都有一个数字，分别是 1 ∼ 8 1∼8 1∼8 和一个 x ，规定可以把 x 与其上、下、左、右四个方向之一的数字进行交换（如果存在）。要求我们通过交换，使得网格变为如下排列：
1 2 3
4 5 6
7 8 x
不过，题目是以字符串的形式给出初始状态，也就是说，我们最终需要达到
1 2 3 4 5 6 7 8 x
的状态，如果可以则输出每一步的操作步骤，否则输出 “unsolvable”。
思路
这里使用 A* 算法解决，相关学习可转至：Introduction to the A* Algorithm
首先要知道八数码有解的条件，可参考：八数码问题有解的条件及其推广
将八数码原本的二维形式转化为一维形式，求出所有的逆序对，当逆序对的数量为偶数时，有解，否则无解。
设估价函数 f() 为当前点的状态与目标状态的曼哈顿距离之和，
因为 A* 算法要求 当前状态的真实距离 + 到终点的估计距离 <= 起点到终点的真实距离 ，所以我们可以用优先队列存储每次的状态，保证终点在第一次出队时即为最优解。同时用 prev 记录每次的操作和上一步状态，方便最后回推输出操作路径。
详细见代码↓
代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <unordered_map>
#define PIS pair<int, string>using namespace std;int dx[4] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[4] = {0, 1, 0, -1};
char op[5] = "urdl";// 从该状态到达目标状态的估价函数
// 计算各个点与目标状态的曼哈顿距离之和
int f(string state)
{int res = 0;for (int i = 0; i < state.size(); i++){if (state[i] != 'x'){int t = state[i] - '1';res += abs(i / 3 - t / 3) + abs(i % 3 - t % 3);}}return res;
}string bfs(string start)
{string end = "12345678x";unordered_map<string, int> dist;unordered_map<string, pair<string, char>> prev; // 记录到达此状态的操作和上一步状态// 初始化小根堆// 第一元素：从起点到该状态的真实距离+该状态到目标状态的估价距离// 第二元素：存储该状态priority_queue<PIS, vector<PIS>, greater<PIS>> heap;heap.push({f(start), start});dist[start] = 0;while (heap.size()){auto t = heap.top();heap.pop();string state = t.second;if (state == end) break;// 求'x'的坐标int x, y;for (int i = 0; i < state.size(); i++){if (state[i] == 'x'){x = i / 3, y = i % 3;break;}}int step = dist[state]; // 记录原来到达该状态的距离string source = state; // 存储备份该状态for (int i = 0; i < 4; i++){int xx = x + dx[i], yy = y + dy[i];if (xx >= 0 && xx < 3 && yy >= 0 && yy < 3){swap(state[x * 3 + y], state[xx * 3 + yy]); // 交换if (!dist.count(state) || dist[state] > step + 1){dist[state] = step + 1;prev[state] = {source, op[i]};heap.push({dist[state] + f(state), state});}swap(state[x * 3 + y], state[xx * 3 + yy]); // 恢复}}}// 回推路径string res;while (end != start){res += prev[end].second;end = prev[end].first;}reverse(res.begin(), res.end());return res;
}int main()
{string g, c, seq;while (cin >> c){g += c;if (c != "x") seq += c;}// 记录逆序对的对数// 如果逆序对的数量是偶数，那就一定有解int cnt = 0; for (int i = 0; i < seq.size(); i++){for (int j = i + 1; j < seq.size(); j++){if (seq[i] > seq[j])cnt++;}}if (cnt % 2) puts("unsolvable");else cout << bfs(g) << endl;return 0;
}
