IDA*学习笔记-HDU1667 The Rotation Game

本文将以HDU1667为例，记录笔者学习IDA*的心路历程与一些浅见。本文将着重与上一篇IDDFS的笔记进行联系，比较IDA*与IDDFS的特征区别，同时修正一些对于迭代加深算法的见解。

首先上题：

旋转游戏使用一个#形状的板，可以容纳24块方块(见图1)。方块上标着符号1、2和3，每种方块都有8块。
最初，方块是随机放置在棋盘上的。你的任务是移动方块，使放置在中心广场的八个方块有相同的标记。这里只有一种有效的移动类型，即旋转4行中的1行，每一行由7个块组成。即将一行中的6个block向头部移动1个block，将头部block移动到行尾。8种可能的走法用大写字母A到H标出。图1展示了两个连续的走法，从某个初始配置移动A和移动C。

Input:
输入不超过30个测试用例。每个测试用例只有一行包含24个数字，这是初始配置中的块的符号。块的行是从上到下列出的。对于每一行，代码块从左到右列出。这些数字用空格隔开。例如，样本输入中的第一个测试用例对应于图1中的初始配置。案例之间没有空白行。在结束输入的最后一个测试用例之后，有一行包含一个' 0 '。
Output:
对于每个测试用例，您必须输出两行。第一行包含到达最终配置所需的所有步骤。每一步都是一个字母，从A到H ，行内字母之间不能有空格。如果不需要移动，则输出“no moves needed”。在第二行中，您必须在这些移动之后输出中心方块中的方块符号。如果有几种可能的解决方案，你必须输出使用最少移动次数的那一种。如果仍然有多个可能的解决方案，您必须输出的解决方案中最小的字典顺序的字母的移动。case之间不需要输出空行。

Sample Input
1 1 1 1 3 2 3 2 3 1 3 2 2 3 1 2 2 2 3 1 2 1 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3
0
Sample Output
AC
2
DDHH
2

对于IDA*而言，相较于IDDFS最大的地方是A*，即贪心算法的加入，具体来说就是增加了估价函数，作用与IDDFS中的迭代加深部分，用于限制IDDFS对DFS深度的规定数量，在很多题目中体现为不进行过小的深度计算，例如在HDU1560 DNA sequence中，小于输入中最小的DNA链的长度的枚举深度都是无效的等等。由于IDDFS的大量枚举时间都不由得地浪费在反复迭代加深的过程中，高效的估价函数能大大避免时间的浪费。

在上一篇IDDFS-埃及分数的笔记中，由于埃及分数题目的特殊性，我们无法加入合适的A*算法，而是只能在其中BFS部分加入划界函数规定它的有效宽度，使得题目至少在一个方向上是有限的，这至少给我们了一点原则性的启发：“避免无限、避免浪费。”便是IDDFS和IDA*的优化方向。

而在这道题中，解题的基本思路比较明确，题目已经给出了明确的值位移方式（旋转），无非就是用各位各自喜好的数据结构去储存和操作。笔者选择了字符串。

讲讲笔者自己的估价函数构造思路：在本题中，我们更关注的是中间8个方块的数值（有效区域）是否一样，而鉴于“旋转”这种操作，每旋转一次会有一个数字进入有效区域，一个数字离开有效区域，“一进一出”意味着一次旋转最多改变有效区域内两个方块的值，因此如果方块内不一样数字的个数除2＞剩下的旋转次数（总深度减当前深度），则说明深度不够，不再枚举，跳过。

先放出估价函数的代码：

bool check(int delta){       //IDA*-剪枝 int sum = 0;string str;str = a[2]+c[3]+b[2]+b[3]+b[4]+d[3]+a[4]+a[3];for(int i=0;i<str.length()-1;i++){if(str[i]==str[i+1]) sum++;}return(sum/2>delta);
}

实际上估价函数（剪枝）的部分往往可以是最后思考的内容。解决了A*问题，让我们重新回到题目本身，首先明确IDDFS中DFS深度的数据意义，本题显然是旋转次数（往往深度和所求最优解统一数据意义），明确了这点，DFS部分基本完成了80%，接下来思考一下BFS广度搜索部分。

在DFS的内部，IDDFS往往需要一个BFS来完成搜索任务，本题与埃及分数不同，值位移的方向是有限的（8个旋转方向），即宽度是有限的，因此不需要划界函数来限制它（有的题目仍需要在BFS部分进一步优化）。有趣的是，宽度有限的BFS组成的IDFFS往往不需要队列的加入，因为它的数值变化方向是一定的，所以事实上DFS的回溯完成了队列queue的工作，并且比queue更好！

首先给出值位移函数模块，由于用字符串储存数据，所以值位移函数是一个大switch，但操作并不复杂，同时按字典序排列，直接解决了题目要求的字典序问题：

void align(char i){  //动了谁，就以谁为标注对齐4个字符串 switch(i){case 'A':case 'B':case 'E':case 'F':{c[2] = a[2]; c[4] = b[2];d[2] = a[4];  d[4] = b[4];break;}case 'C':case 'D':case 'G':case 'H':a[2] = c[2];   b[2] = c[4];a[4] = d[2];  b[4] = d[4];break;}
}
string move(char i){    //1=A,2=B,3=C,4=D,5=G,6=H,7=E,8=F   9-X=X的对面 string str;switch(i){case 'A':{char ch = a[0];for(int i=0;i<6;i++){a[i] = a[i+1];}a[6] = ch;str = "A";break;}case 'B':{char ch = b[0];for(int i=0;i<6;i++){b[i] = b[i+1];}b[6] = ch;str = "B";break;}case 'C':{char ch = c[6];for(int i=6;i>0;i--){c[i] = c[i-1];}c[0] = ch;str = "C";break;}case 'D':{char ch = d[6];for(int i=6;i>0;i--){d[i] = d[i-1];}d[0] = ch;str = "D";break;}case 'G':{char ch = d[0];for(int i=0;i<6;i++){d[i] = d[i+1];}d[6] = ch;str = "G";break;}case 'H':{char ch = c[0];for(int i=0;i<6;i++){c[i] = c[i+1];}c[6] = ch;str = "H";break;}case 'E':{char ch = b[6];for(int i=6;i>0;i--){b[i] = b[i-1];}b[0] = ch;str = "E";break;}case 'F':{char ch = a[6];for(int i=6;i>0;i--){a[i] = a[i-1];}a[0] = ch;str = "F";break;}}align(i);return str;
}

对当前值进行位移，然后检测它，放出结果判断函数，一个简单粗暴的枚举判断：

bool finish(){return(a[2]==c[3] && c[3]==b[2] && b[2]==b[3] && b[3]==b[4] && b[4]==d[3] && d[3]==a[4] && a[4]==a[3] && a[3]==a[2]);
}

有了上面这些模块，IDA*部分的代码将变得简单，不过记得储存路径，本题用map<string,string>记录位移，回溯则删除末位：

bool IDA(int now, int deep){if(finish()){if(deep==0)   cout<<"no moves needed"<<endl;else    cout<<load<<endl;cout<<a[2]<<endl;return true;}if(check(deep-now))  return false;if(now == deep)      return false;for(char i='A';i<='H';i++){     //IDA-BFSgstring st;st = move(i);load += st;if(IDA(now+1,deep)) return true;move(m[i]);load.pop_back();}return false;
}

最后附赠打印代码，整合，给出源码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;string a, b, c, d;
string load;
map<char,char> m;
void align(char i){ //动了谁，就以谁为标注对齐4个字符串 switch(i){case 'A':case 'B':case 'E':case 'F':{c[2] = a[2]; c[4] = b[2];d[2] = a[4];  d[4] = b[4];break;}case 'C':case 'D':case 'G':case 'H':a[2] = c[2];   b[2] = c[4];a[4] = d[2];  b[4] = d[4];break;}
}
string move(char i){    //1=A,2=B,3=C,4=D,5=G,6=H,7=E,8=F   9-X=X的对面 string str;switch(i){case 'A':{char ch = a[0];for(int i=0;i<6;i++){a[i] = a[i+1];}a[6] = ch;str = "A";break;}case 'B':{char ch = b[0];for(int i=0;i<6;i++){b[i] = b[i+1];}b[6] = ch;str = "B";break;}case 'C':{char ch = c[6];for(int i=6;i>0;i--){c[i] = c[i-1];}c[0] = ch;str = "C";break;}case 'D':{char ch = d[6];for(int i=6;i>0;i--){d[i] = d[i-1];}d[0] = ch;str = "D";break;}case 'G':{char ch = d[0];for(int i=0;i<6;i++){d[i] = d[i+1];}d[6] = ch;str = "G";break;}case 'H':{char ch = c[0];for(int i=0;i<6;i++){c[i] = c[i+1];}c[6] = ch;str = "H";break;}case 'E':{char ch = b[6];for(int i=6;i>0;i--){b[i] = b[i-1];}b[0] = ch;str = "E";break;}case 'F':{char ch = a[6];for(int i=6;i>0;i--){a[i] = a[i-1];}a[0] = ch;str = "F";break;}}align(i);return str;
}
bool check(int delta){      //IDA*-剪枝 int sum = 0;string str;str = a[2]+c[3]+b[2]+b[3]+b[4]+d[3]+a[4]+a[3];for(int i=0;i<str.length()-1;i++){if(str[i]==str[i+1]) sum++;}return(sum/2>delta);
}
bool finish(){return(a[2]==c[3] && c[3]==b[2] && b[2]==b[3] && b[3]==b[4] && b[4]==d[3] && d[3]==a[4] && a[4]==a[3] && a[3]==a[2]);
}
void print(){       //debug用打印函数，release中不需要 cout<<"   A B"<<endl<<"   "<<a[0]<<" "<<b[0]<<endl<<"   "<<a[1]<<" "<<b[1]<<endl<<"H"<<c[0]<<c[1]<<c[2]<<c[3]<<c[4]<<c[5]<<c[6]<<"C"<<endl<<"   "<<a[3]<<" "<<b[3]<<endl<<"G"<<d[0]<<d[1]<<d[2]<<d[3]<<d[4]<<d[5]<<d[6]<<"D"<<endl<<"   "<<a[5]<<" "<<b[5]<<endl<<"   "<<a[6]<<" "<<b[6]<<endl<<"   F E"<<endl;cout<<endl;
}
bool IDA(int now, int deep){if(finish()){if(deep==0)  cout<<"no moves needed"<<endl;else    cout<<load<<endl;cout<<a[2]<<endl;return true;}if(check(deep-now))  return false;if(now == deep)      return false;for(char i='A';i<='H';i++){     //IDA-BFSgstring st;st = move(i);load += st;if(IDA(now+1,deep)) return true;move(m[i]);load.pop_back();}return false;
}
int main(){m['A'] = 'F'; m['B'] = 'E'; m['C'] = 'H'; m['D'] = 'G';m['F'] = 'A'; m['E'] = 'B'; m['H'] = 'C'; m['G'] = 'D';while(cin>>a[0]){if(a[0] == '0') return 0;cin                >>        b[0]>>a[1]>>        b[1]>>c[0]>>c[1]>>a[2]>>c[3]>>b[2]>>c[5]>>c[6]>>a[3]>>        b[3]>>d[0]>>d[1]>>a[4]>>d[3]>>b[4]>>d[5]>>d[6]>>a[5]>>        b[5]>>a[6]>>        b[6];c[2] = a[2];  c[4] = b[2];d[2] = a[4];  d[4] = b[4];for(int deep=0;;deep++){load = "";if(IDA(0,deep)) break;}}
}

最后记录一些要点：

1、IDA*就是在深度上进行优化的IDDFS，基本模块完全一致。

2、选择IDA*的条件：在深度选择上是可以优化的（埃及分数不行，因为答案不可预判）。

3、A*算法的构造：IDDFS均以算出结果为离开深度，因此A*的任务往往是去除过浅的情况。

IDA*学习笔记-HDU1667 The Rotation Game相关推荐

ida pro学习笔记2022.3.19
2022.3.19学习笔记基本块:是一个不包含分支,从头执行到尾的最大指令序列.每个基本块,都有唯一的入口点(块中的第一条指令)和退出点(块中的最后一条指令). 基本块的第一条指令通常是分支指令的目 ...
python可视化：matplotlib学习笔记
信息可视化是数据分析的一块重要内容.这是一个探索性的过程.比如说,可以帮助我们坚定离群值,或者必要的数据转换,又或者是构建一个理想的模型.对于其他的一些领域,也可以进行web可视化.Python有许多 ...
【初阶】unity3d官方案例_太空射击SpacingShooter 学习笔记显示分数时，如何让函数之间相互交流...
[初阶]unity3d官方案例_太空射击SpacingShooter 学习笔记显示分数时,如何让函数之间相互交流一.关于显示分数时,如何让函数之间相互交流这是一个非常好的逻辑问题 1 思路:主 ...
游戏数据的捕捉（郁金香学习笔记）
目录: 1.得到角色对象属性 2.得到吃药的CALL 3.得到快捷键CALL 4.得到选中怪物的ID地址 5.得到怪物列表 6.得到怪物属性 7.得到显示血条CALL 8.得到普通攻击CALL 9.得 ...
Windows x64内核学习笔记（五）—— KPTI（未完待续）
Windows x64内核学习笔记(五)-- KPTI(未完待续) KPTI 实验一:构造IDT后门并读取Cr3 参考资料 KPTI 描述:KPTI(Kernel page-table isolati ...
Windows x64内核学习笔记（四）—— 9-9-9-9-12分页
Windows x64内核学习笔记(四)-- 9-9-9-9-12分页前言 9-9-9-9-12分页实验一:线性地址转物理地址页表基址定位基址 PTE to PXE 实验二:通过页表基址定位各 ...
软件调试学习笔记（三）—— 调试事件的处理
软件调试学习笔记(三)-- 调试事件的处理要点回顾调试事件的处理实验一:实现简单调试器(创建进程) 实验二:分析异常来源实验三:实现简单调试器(附加进程) 实验四:分析NtDebugActiv ...
Windows异常学习笔记（五）—— 未处理异常
Windows异常学习笔记(五)-- 未处理异常要点回顾最后一道防线实验一:理解最后一道防线实验二:新线程的最后一道防线总结 UnhandledExceptionFilter 实验三:理解U ...
Windows异常学习笔记（一）—— CPU异常记录模拟异常记录
Windows异常学习笔记(一)-- CPU异常记录基础知识异常的分类 CPU异常分析中断处理函数 _KiTrap00 分析 CommonDispatchException 总结软件模拟异常 ...

IDA*学习笔记-HDU1667 The Rotation Game

IDA*学习笔记-HDU1667 The Rotation Game相关推荐

最新文章

热门文章