九宫格的拼图游戏，上下左右键用来移动，采用贴图实现。

将一张图片分成三行三列进行贴图，首先需要打乱顺序，但保证右下角为空白。然后上下左右可以进行图片的移动，将空白处和四周进行交换，如果最终达到完整的图片则游戏结束，获得胜利。

关键之处是，如果一个拼图随意打乱顺序是否可以还原。这是不一定的。在网上查阅资料表明，将贴图标号顺序排成一列，最后的位置是0，如果两个序列的逆序数的奇偶性是一致的，则可以由一个图形得到另一个。我们期望的游戏结果是得到{1,2,3,4,5,6,7,8,0}的序列，逆序数为偶数，则判断随机生成的拼图的逆序数是否为偶数即可。

打乱拼图的方式我采用了随机数，用一个数组保存这个序列，除了最后一位即下标为8的数外，随机获得0到7的数字，交换位置，实现打乱，如果拼图不可解则重新打乱，每次打乱五次。

Gamecanvas中一个线程循环判断是否有上下左右按下，并进行重新贴图，每次也判断是否赢得胜利，若获胜则切换到结束界面。

链接地址：http://blog.csdn.net/tailzhou/article/details/3002442

有一个3*3的矩阵，里面分别填着数字0~8，填入的时候是随机的，要求每次只能用0和和边上的一个数字交换，最终实现所要求的数字排列。
如：
随机真数字矩阵为：
1 3 5
0 2 6
4 7 8 0，可以与1，2，4交换
最终变成目标矩阵
1 2 3
8 0 4
7 6 5
中间可进行无限次0与其他数字的交换。
问：
任意给一个数字矩阵，能否证明：经过无限次的交换，一定能到达目标矩阵或者经过无限的交换也不能实现目标矩阵？

这是一个3*3的数字拼图游戏；

考虑更一般化的问题：对于两任意排列的m*n的数字矩阵（两矩阵包含有相同的元素，都为分别为0--n*m-1，但排列顺序不同）A与B，如何判断A能否经过一系列的合法的移动（每次只能用0和和边上的一个数字交换），转换成B;

这是一个经典的问题，用逆序数的奇偶性来判断数字拼图游戏的解的存在性也早有定论；

但我没找到详细的证明；因此自己尝试给出一个通俗的证明；请各位指正！

定义：

序列：m*n的数字矩阵的m*n个元素的排列方式有(m*n)!种；指定一种排列规则后，m*n的数字矩阵可以得到一个对应的序列（序列中包含有元素0）；

以下的讨论中的提到的序列都假定遵循某同一种排列规则，但不局限于任何特定的排列规则；

引理1：交换序列的任意两元素，序列的逆序数的奇偶性必定发生改变；

这是教科书上的定理，不再赘述；

从定理1，交换1次改变奇偶性，再交换再次改变奇偶性，所以连续交换2次，序列的逆序数的奇偶性必定保持不变；所以有

推论1：对序列进行偶数次的交换，序列的逆序数的奇偶性保持不变；

推论2： "对于任意的m*n的数字矩阵，经过任意k次合法移动后，若0回到原来的位置，那么序列的逆序对的奇偶性保持不变" 
1）由于每次合法移动都是跟0进行的，总的移动次数 ==0的移动次数总计；
2）对于数0，由于其位置保持不变，那么必定需要经过偶数次的左右移动，以及偶数次的上下移动;
由推论1， 所以推论2得证；

推论3： "对于任意的m*n的数字矩阵，假设经过多次合法移动后，交换了两非0元素的位置，且其他元素的位置保持不变，那么必定需要经过与0偶数次的左右交换，以及偶数次的上下交换"； 
由于交换前后0的位置保持不变，由推论2，推论3得证；

然而从引理1：交换序列的任意两元素，序列的逆序数的奇偶性必定发生改变；

这与推论3是相互矛盾的，所以推论3的假设是不存在的；

推论4： "对于任意的m*n的数字矩阵，无法经过任意次的合法移动，使得：交换了两非0元素的位置，且其他元素的位置保持不变"； 即：若A与B只有两非0元素的位置不一致，其他的（包含0）元素的位置是相同的，那么A不能通过合法移动转化成B;

下面来讨论一个具体的移动策略；
对于任意的m*n的矩阵，不妨假设行m>=列n；
假设源状态矩阵为A,目标状态矩阵为B;

1) 总能将目标状态B的0移动到左上角的位置；
将新的目标状态记为B',由于每步移动都是可逆的，所以从B可以移动到B',那么必定也可以从B'移动到B;
因此，A能否移动到B 等价于 A能否移动到B';
2) 若m>n,那么总可以移动A 使得 A的最后一行与B'的最后一行的元素与位置完全相同；
假设B'的最后一行的元素从左到右依次为B'[1..n];
a) 对于A中的B'[1],总可以将该元素先移动到目标位置的上方；然后依次移动使得其下方目标位置为0;再交换 B'[1]与 0，即可将A中的B'[1]移动到目标位置;
b) 假设A的最后一行的前i个元素已放置完毕，那么对于第i+1 <n个元素，总可以用与a)同样的方法，将A中的B'[i+1]移动到目标位置;
c) 对于A中的B'[n]，先将其移动到A的倒数第2行的倒数第2列，然后将0移动到A中的B'[1]的 上方，再将B'[1..n-1]各顺时针移动一个位置；将B'[n] 下移，然后再将B'[1..n]各逆时针移动一个位置；
这样就完成了 "移动A 使得 A的最后一行与B'的最后一行的元素与位置完全相同"
记 A的前m-1行组成的子矩阵为A',B'的前m-1行组成的子矩阵为新B'

那么循环执行 2) 直到 A'的行数与列数相同；

3) 若A'的行数与列数相同,那么总可以移动A' 使得 A'的最后一行与最后一列与B'的最后一行与的元素与位置完全相同；
略，方法类似与2)；

那么循环执行 3),直到 A'的行数与列数都为2；

4) 对于2*2的矩阵A' 与B',设 B'中的0的对角位置的元素为c,那么总可以按照顺（或者逆）时针移动A'，c移动到正确的位置，然后移动0到正确位置；
那么可以得到两个不同的状态；
A) 若 A'的另两位置的元素与B'的对应位置的元素一模一样，即 A'==B'，记此情况的A'为B1(B1==A'==B')；
由移动的可逆性， 那么源状态矩阵A必定可以移动到目标状态矩阵B；
B) 若 A'的另两位置的元素与B'的对应位置的元素不一样，即 该两位置的元素是颠倒的,记此情况的A'为B2；

由于B1与B2相比，除两位置的元素的位置互换外，其他元素的位置一致；
由推论4，可以得到 B1与B2是不能相互转化的；

所以有
推论5: 对于任意的特定的目标状态B,所有的源状态A可以分成不相交的两类，一类可以转化成B1（即A可以转化成B）,一类可以转化成B2(即A不可以转化成B)；
将源状态A中的0移动到左上角，得到新的A',那么A'与B'的0的位置是相同的；
对于A'，必定要么可以转换到B1,要么可以转换到B2; 但A',B1,B2其0的位置是相同的，由推论2：其序列的逆序对的奇偶性保持不变； 又B1,B2的 逆序对的奇偶性是不同;

所以有最终的结论：

对源状态A与目标状态B进行规范化，使得两矩阵的元素0的位置相同；记为新的源状态A'与目标状态B';
若A'与B'的逆序对的奇偶性相同（即A'与B1的逆序对的奇偶性相同），则A'必定可能转化为B',即A可以转化到B;
若A'与B'的逆序对的奇偶性不同（即A'与B2的逆序对的奇偶性相同），则A'必定不可能转化为B',即A不可以转化到B;

1、  在语句t1 = new TiledLayer(9,9,img,img.getWidth()/3,img.getHeight()/3);中，如果后两个参数不整除会报错java.lang.IllegalArgumentException，所以要修改图片的大小，使用了210.

2、  在jdk1.3中没有封装Integer类型，而vector的element是object类型，所以没办法将int放进去，本来想随机获得一个值，然后删掉，在依次随机获得值并顺序贴图，后来就自己使用数组的交换实现了。

3、  本来使用t1.paint(g)来重画，这样就算之前用矩形填充也无法达到清屏的目的，后来借鉴之前实验的方法，采用myGameCanvas对象的repaint方法，将重新设置贴图标号的值放在了paint函数中，实现清屏和更新。

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