[USACO3.2]魔板 Magic Squares

松下问童子，言师采药去。

只在此山中，云深不知处。——贾岛

题目：魔板 Magic Squares

网址：https://www.luogu.com.cn/problem/P2730

这是一张有8个大小相同的格子的魔板：

1 2 3 4

8 7 6 5

题目描述

我们知道魔板的每一个方格都有一种颜色。这8种颜色用前8个正整数来表示。可以用颜色的序列来表示一种魔板状态，规定从魔板的左上角开始，沿顺时针方向依次取出整数，构成一个颜色序列。

对于上图的魔板状态，我们用序列（1，2，3，4，5，6，7，8）来表示。

这是基本状态。

这里提供三种基本操作，分别用大写字母“A”，“B”，“C”来表示（可以通过这些操作改变魔板的状态）：

“A”：交换上下两行；

“B”：将最右边的一列插入最左边；

“C”：魔板中央四格作顺时针旋转。

下面是对基本状态进行操作的示范：

A: 8 7 6 5

1 2 3 4

B: 4 1 2 3

5 8 7 6

C: 1 7 2 4

8 6 3 5

对于每种可能的状态，这三种基本操作都可以使用。

你要编程计算用最少的基本操作完成基本状态到目标状态的转换，输出基本操作序列。

输入格式

只有一行，包括8个整数，用空格分开（这些整数在范围 1——8 之间）不换行，表示目标状态。

输出格式

Line 1: 包括一个整数，表示最短操作序列的长度。

Line 2: 在字典序中最早出现的操作序列，用字符串表示，除最后一行外，每行输出60个字符。

输入样例

2 6 8 4 5 7 3 1

输出样例

7
BCABCCB

说明

选自USACO Training Section 3.2

做完八数码问题，不难理解这道题可以使用广搜解决（毕竟时间复杂度与八数码问题类似）。

像之前的八数码问题一样，我们把状态定义成一个八位数，代码中简单的使用STL中map和set进行记录与判重。

留意：本题有一个陷肼，如果使用从上到下、从左向右进行加和操作确定状态时，初状态应为：12348765！

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
const int rot[4] = {2, 1, 5, 6};
int st = 12348765, ed = 0, s[10];
map <int, int> d, f;
set <int> vis;
void decode(int state, int *p)
{
	for(int i = 7; i >= 0; -- i)
	{
		p[i] = state % 10;
		state /= 10;
	}
	//将十进制编码转化为数组
	return;
}
int encode(int *p)
{
	int cnt = 0;
	for(int i = 0; i < 8; ++ i)
	{
		cnt = (cnt << 1) + (cnt << 3) + p[i];
	}
	//将数组转化为十进制8位编码
	return cnt;
}
void flip(int cur, int *p)
{
	switch(cur)
	{
		case 0 :
		{
			for(int i = 0; i < 4; ++ i)
			{
				swap(p[i], p[i + 4]);
			}
			break;
		}
		case 1 :
		{
			for(int i = 2; i > -1; -- i)
			{
				swap(p[i], p[i + 1]);
				swap(p[i + 4], p[i + 5]);
			}
			break;
		}
		case 2 :
		{
			for(int i = 0; i < 3; ++ i)
			{
				swap(p[rot[i]], p[rot[i + 1]]);
			}
			break;
		}
	}
	return;
}
void print_ans(int state)
{
	if(state == st) return;
	int prev_state = 0;
	decode(state, s);
	switch(f[state])
	{
		case 0:
		{
			for(int i = 0; i < 4; ++ i)
			{
				swap(s[i], s[i + 4]);
            }
			break;
		}
		case 1:
		{
			for(int i = 0; i < 3; ++ i)
			{
				swap(s[i], s[i + 1]);
				swap(s[i + 4], s[i + 5]);
			}
			break;
		}
		case 2:
		{
			for(int i = 2; i >= 0; -- i)
			{
				swap(s[rot[i + 1]], s[rot[i]]);
            }
			break;
		}
	}
	for(int i = 0; i < 8; ++ i)
	{
		prev_state = prev_state * 10 + s[i];
	}
	memset(s, 0, sizeof(s));
	print_ans(prev_state);
	printf("%c", f[state] + 'A');
	return;
}
void bfs()
{
    //特判 初始状态 和 目标状态 相同
    if(st == ed) {
        puts("0");
        return;
    }
	f.clear(), vis.clear();
	queue <int> Q;
	while(!Q.empty()) Q.pop();
	Q.push(st);
	vis.insert(st);
	int copy[8] = {}, now, next;
	while(!Q.empty())
	{
		now = Q.front();
		Q.pop();
		decode(now, s);
		memcpy(copy, s, sizeof(copy));
		for(int i = 0; i < 3; ++ i)
		{
			flip(i, s);
			next = encode(s);
			memcpy(s, copy, sizeof(s));
			if(vis.count(next)) continue;
			d[next] = d[now] + 1;
			f[next] = i;
			if(next == ed)
			{
				printf("%d\n", d[next]);
				print_ans(next);
				return;
			}
			Q.push(next);
			vis.insert(next);
		}
	}
	return;
}
int main()
{
	memset(s, 0, sizeof(s));
	for(int i = 0; i < 4; ++ i) scanf("%d", &s[i]);
	//目标状态处理：
	for(int i = 7; i >= 4; -- i) scanf("%d", &s[i]);
	//留意陷阱呢
	for(int i = 0; i < 8; ++ i)
	{
		ed = (ed << 1) + (ed << 3) + s[i];
	}
    bfs();
	return 0;
}