问题 F: 再破难关
题目描述
OIBH组织派出的黄金十二人+青铜五小强还没有到, 他们只能指望原先的机关能够阻拦住柯南的脚步。柯南打开大门之后发现里面还有一个门, 门上还有一个神奇的锁(-,-)
这是一个4*4的锁, 上面有8个凸起的格子和8个被按下的格子，当且仅当两个格子有公共边时, 则称这两个格子是相邻的。
每次操作只能够交换相邻的两个格子，柯南看到了初始锁的状态和目标锁的状态，同样组织只允许他用最少步数打开锁。
输入
第1到4行每行四个数字（1或者0），描述了初始锁状态。
接着是一个空行
第6到9行每行四个数字，描述了最终锁状态。
输出
输出只有一行，是一个整数n，表示最少的操作次数。
样例输入
1111
0000
1110
0010 1010
0101
1010
0101
样例输出
4
分析
这道题题意就是在最短的交换次数从原图转换为目标图
这可以看作是图，每个状态为节点，一次操作作为从当前状态到新状态的边，但我不是很能理解，可能最后像树一样，树的高度就是最少操作数
这道题的核心是使用BFS实现合法的交换，对新状态再进行BFS合法交换，每次只能和相邻的点交换，那么从一个状态可以走出4种状态，一直进行下去相当于一棵4叉数，实现遍历所有情况，其中对已经实现过的情况进行剪枝
逐步实现：
- 怎么储存状态？把4x4的表格二维图转化为一维的字符串相当于把
v[i][j]映射到s[i*4+j]上 - 剪枝和记录状态，使用哈希表就可以了
- BFS的实现，当然用是
queue啦 - 由于交换操作要求相邻格子才能交换，意味着在一个状态中，选定一对相邻格子，如果一个是 1、另一个是 0，则交换后形成新的状态。
代码细节
signed main() {// ios::sync_with_stdio(0);// cin.tie(0);// cout.tie(0);string orgsta = "",ditsta = ""; //初始状态和目标状态for (int i = 0;i < 4;++i)for (int j = 0;j < 4;j++) {char t;cin >> t; //先读入为int的话因为没有空格，一行会被当作一个数读入orgsta += t;}//cout << orgsta;for (int i = 0;i < 4;++i)for (int j = 0;j < 4;j++) {char t;cin >> t;ditsta += t;}if (orgsta == ditsta) { //初状态等于目标状态cout << 0;return 0;}queue<string> q;unordered_map<string,int> mp; //标记状态，顺便记录操作次数q.push(orgsta);mp[orgsta] = 0;int tx[4]{0,1,0,-1};int ty[4]{1,0,-1,0};while (!q.empty()) {string cur = q.front();q.pop();for (int i = 0;i < 16;++i) { //对每一个进行一次BFSint x = i/4, y = i % 4; //还原坐标for (int j = 0; j < 4;++j) {int nx = x + tx[j],ny = ty[j] + y;if (nx >= 0 && nx < 4 && ny >= 0 && ny < 4 && cur[i] != cur[nx*4+ny]) { //满足交换条件string now = cur; swap(now[i] , now[nx*4+ny]);if (!mp.count(now)) { //这里使用count检查key，直接使用mp[now]==0,的话，如果回到初始状态，那么初始状态恰好等于0，可能会错mp[now] = mp[cur] + 1;if (now == ditsta) {cout << mp[now];return 0;}q.push(now); }}}}}return 0;
}
