简要题意：
给定一个初始棋盘，每次一个马可以跳到空位（不考虑蹩腿问题）。求到达目标棋盘的最小步数。
本题其实是 八数码难题 的一个强化版，可以去看看 P1379 八数码难题 题解.
首先本题肯定是 搜索。
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状态：棋盘压缩成字符串。
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答案：记录步数。
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如何实现：深度优先搜索，即 \(\texttt{dfs}\).
咦？\(\texttt{dfs}\) 的效率不是严格不优于 \(\texttt{bfs}\) 的么？为什么还要用它呢？
嗯，只要我们加上一点点优化，\(\texttt{dfs}\) 就不叫 \(\texttt{dfs}\) 了，它换了一个名字，叫做 \(\text{A*}\) 算法；如果你再优化 亿点点，就可以再升级为 \(\text{IDA*}\) 算法！
那么，这些优化是什么？为什么只有 \(\texttt{dfs}\) 才能用呢？而 \(\text{A* , IDA*}\) 都是什么呢？
我们来一层层解决这个问题。
首先，我们画出一个搜索状态图（大概）。
红色是起点状态，绿色是目标状态。在两红色轮廓线中的是我们要搜索的所有状态。
可是，你会发现有一些东西完全不用搜索。就比方说，如果跳了一步之后，反而比原来不跳更差了，那么这步就不用做了。
对，这就是一个有力的剪枝，这样的搜索方式被称为 \(\text{A*}\).
那么，如果确定 当前状态的优劣性呢？
这时我们引进了 估价函数 \(h\) 的概念。
\(h\) 它的主要作用是估计当前状态到目标状态的步数。（与实际答案相差很大，但可作为参考）其特点在于，\(h\) 返回的是最小可能的步数，不可能从当前状态用 \(<h\) 步完成问题。
所以，如果当前状态为 \(x\)，从起点走了 \(g_x\) 步到达 \(x\)，然后其估价函数 咕值函数 为 \(h_x\)，\(f_x\) 为起点的估价函数。此时我们力求满足：
此时搜索的效率就取决于 \(h\) 到底怎么写。如何快速估计最小步数？（小学数学估算题）
比方说，当前状态（左）与目标状态（右）如下：
1 1 1 1 1 -> 0 0 0 0 0
0 1 1 1 1 -> 1 0 0 0 0
0 0 * 1 1 -> 1 1 * 0 0
0 0 0 0 1 -> 1 1 1 1 0
0 0 0 0 0 -> 1 1 1 1 1
我们草率地估计，最少需要 \(24\) 步。为什么呢？
因为这两个状态有 \(24\) 个位置不同（除了空位都不同），那么 如果每一步都能让一个位置正确地归位（即达到目标状态），这样也需要 \(24\) 步才能让每个位置归位，这是我们能估算的较准确值了。 尽管与答案相差较大，但这是我们能估算的最大值了。
那么，如果当前走了一步之后有 \(25\) 个不同（就比方说你把 \(1,2\) 移到 \(3,3\) 空位上），那么这种搜索显然无效，只会变劣，直接停止。
所以你发现这个图如果用剪枝的话一步也走不了了（因为无论怎么走都是 \(25\) 个不同），返回无解。这比你 大力 \(\text{bfs}\) 剪枝 要快得多吧！
下面我们引进 迭代加深搜索 的概念。
什么叫做迭代加深呢？
比方说，现在你可能搜索到的最大深度是 \(10^9\)，但答案只有 \(\leq 10\) 步，而宽度随着深度的增大也爆炸性增长. 此时，你无法用 \(\text{bfs}\) 和 \(\text{dfs}\) 任何一种解决。这时需要 迭代加深搜索。什么意思呢？
大概步骤是：
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枚举当前深度（步数），进入 \(\text{dfs}\).
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如果当前搜索超过深度直接结束；否则向下一个状态搜索。
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有解则结束返回当前深度；否则枚举下一个深度。
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深度枚举到 一定范围 发现无解则返回无解。
也就是枚举搜索深度进行搜索，这样子一步步搜索，可以说是基于 \(\text{bfs}\) 与 \(\text{dfs}\) 之间的一种算法吧。
下面我们要将这两个算法结合，迭代加深搜索 与 \(\text{A*}\) 结合就变成了 \(\text{IDA*}\). 步骤：
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枚举最大步数，进入 \(\text{A*}\).
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如果当前步数 \(+ f\) 值超过最大步数则结束；否则向下一个状态搜索。
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有解则结束返回当前步数；否则枚举下一个步数。
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步数枚举到 一定范围 发现无解则返回无解。
其实就是在 \(\text{A*}\) 基础上限定深度，在 迭代加深搜索 上加一个有力剪枝。
那么，本题中这个 一定范围 是多少呢？其实你设成 \(15\) 就够了，因为题目说了：
如果能在 \(15\) 步以内（包括 \(15\) 步）到达目标状态，则输出步数，否则输出 \(-1\)。
如果最大步数超过 \(15\) 就不用再做了。
时间复杂度：\(O(wys)\).（很优却难以分析的复杂度一般这样称呼）
实际得分：\(100pts\).
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}
int T,ans=1e9;
char end[6][6]={
{'1','1','1','1','1'},
{'0','1','1','1','1'},
{'0','0','2','1','1'},
{'0','0','0','0','1'},
{'0','0','0','0','0'},
} ; //结束状态
char a[6][6];
bool ok=0;
const int dx[8]={-2,-1,1,2,2,1,-1,-2};
const int dy[8]={-1,-2,-2,-1,1,2,2,1};
inline int g() {
int s=0; for(int i=0;i<5;i++)
for(int j=0;j<5;j++) s+=(a[i][j]!=end[i][j]);
return s;
} //不同的个数 , 即估价函数
inline void dfs(int dep,int x,int y,int bs) { //dep 是步数 , x 和 y 是空格位置(便于扩展状态) , bs 是当前枚举的最大步数
int t=g(); if(!t) {ok=1;return;} //如果完全相同则结束搜索
if(dep==bs) { //到达最大步数又没有到达终点 , 说明无解
return;
} for(int i=0;i<=8;i++) { //枚举马的走法
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(nx<0 || ny<0 || nx>4 || ny>4) continue;
swap(a[nx][ny],a[x][y]); //暴力交换
if(g()+dep<=bs) dfs(dep+1,nx,ny,bs); // A* 剪枝 , 进入下一层
swap(a[nx][ny],a[x][y]);
}
}
int main(){
T=read(); while(T--) {
int x,y; ok=0;
for(int i=0;i<5;i++) for(int j=0;j<5;j++) {
cin>>a[i][j];
if(a[i][j]=='*') x=i,y=j,a[i][j]='2';
} if(!g()) {puts("0");continue;} //不同的是 0 个 , 即起点与终点相同
for(int bs=1;bs<=15;bs++) { //迭代加深
dfs(0,x,y,bs); //枚举深度 , 进入 A*
if(ok) {printf("%d\n",bs);goto fin;}
} puts("-1"); fin:;
}
return 0;
}
文末：还有一种非常卑鄙的优化，因为如果最后答案是 \(-1\) 时间较大（当然可以通过测试）而其余答案的耗时较小，采取 “只要程序执行超过某时间就返回 \(-1\) 的方式”，非常不严谨但很实用，可以大大提高效率。建议考试不要用，防止极限（如正好 \(15\) 步）数据。