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;
}