先简单的了解一下，双向广搜很好理解，就是从两端一起搜，如果遇到之前已经搜到过的状态，就相当于已经有解了，这样就会节省一半的内存和时间，并且代码复杂度并不高。只需要在正常的基础上多开一个域，保存这个点是从起始状态还是终止状态拓展的。当然双向广搜中状态的判断需要一些技巧，现在还没有总结出什么。
八数码问题：
很经典的一种双向广搜，因为只有九个数，所以用康托展开作为hash值。拓展时，如果这个hash值已经访问过，就判断，如果是两条路过来的就输出，否则就继续做；对于没有访问过的hash值就可以添加到队列里，扩展方向和头指针的一样。如果要输出路径的话，就用递归输出，分别从两边输出。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; struct use{ int map[3][3],xx,yy,can,pre,kind; }que[1000000],st,sta; int dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0},step[1000000]={0},dis[1000000]={0},mi[9]={0},c[10]={0}, cc[1000000]; char ss[9]; bool dodo=false; int cantor(struct use num) { int i,j,kind=0,ge; for (i=0;i<3;++i) for (j=0;j<3;++j) c[i*3+j+1]=num.map[i][j]; for (i=1;i<=8;++i) { ge=0; for (j=i+1;j<=9;++j) if (c[i]>c[j]) ++ge; kind+=mi[9-i]*ge; } return kind; } void print1(int x) { if (que[x].pre==0) return; print1(que[x].pre); if (que[x].kind==0) printf("r"); if (que[x].kind==1) printf("l"); if (que[x].kind==2) printf("d"); if (que[x].kind==3) printf("u"); } void print2(int x) { if (que[x].pre==0) return; if (que[x].kind==0) printf("l"); if (que[x].kind==1) printf("r"); if (que[x].kind==2) printf("u"); if (que[x].kind==3) printf("d"); print2(que[x].pre); } void bfs() { int i,j,head,tail,ans=0,t; bool ff=false; head=1;tail=0; i=cantor(st);step[i]=1;cc[i]=1; ++tail;que[tail]=st;que[tail].can=i;que[tail].kind=que[tail].pre=0; i=cantor(sta);step[i]=2;cc[i]=2; ++tail;que[tail]=sta;que[tail].can=i;que[tail].kind=que[tail].pre=0; while(head<=tail) { st=que[head]; t=st.can; for (i=0;i<4;++i) { sta=st; sta.xx=st.xx+dx[i]; sta.yy=st.yy+dy[i]; if (sta.xx>=0&&sta.xx<3&&sta.yy>=0&&sta.yy<3) { j=sta.map[st.xx][st.yy];sta.map[st.xx][st.yy]=sta.map[sta.xx][sta.yy]; sta.map[sta.xx][sta.yy]=j; j=cantor(sta); if (step[j]==0) { ++tail;que[tail]=sta; dis[j]=dis[t]+1; que[tail].can=j; step[j]=step[t]; que[tail].pre=head; que[tail].kind=i; cc[j]=tail; if (dis[j]>100) { dodo=true; return; } } else { if (step[j]!=step[t]) { if (step[j]==1) { print1(cc[j]); if (i==0) printf("l"); if (i==1) printf("r"); if (i==2) printf("u"); if (i==3) printf("d"); print2(head); } else { print1(head); if (i==0) printf("r"); if (i==1) printf("l"); if (i==2) printf("d"); if (i==3) printf("u"); print2(cc[j]); } ff=true; break; } } } } if (ff) break; ++head; } } int main() { int i,j; char ch; for (i=0;i<3;++i) for (j=0;j<3;++j) { while(scanf("%c",&ch)) if (ch!=' ') { ss[i*3+j]=ch; break; } if (ss[i*3+j]=='x') st.map[i][j]=0; else st.map[i][j]=ss[i*3+j]-'0'; if (st.map[i][j]==0) { st.xx=i;st.yy=j; } } ss[0]='1';ss[1]='2';ss[2]='3';ss[3]='4';ss[4]='5';ss[5]='6';ss[6]='7';ss[7]='8';ss[8]='0'; for (i=0;i<3;++i) for (j=0;j<3;++j) { sta.map[i][j]=ss[i*3+j]-'0'; if (sta.map[i][j]==0) { sta.xx=i;sta.yy=j; } } mi[1]=1; for (i=2;i<=8;++i) mi[i]=mi[i-1]*i; if (cantor(st)!=cantor(sta)) { bfs(); if (dodo) printf("unsolvable "); } else printf("0 "); }
这道题中有无解的情况，如果一边的步数超过100就看做无解。当然有一种不知道证明的很正确的判断方法，就是如果初始状态和目标状态的奇偶性不同就是无解。