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简要题意：

给定一个 $3 \times 3$3×3 的矩阵，每次可以把空格旁边（四方向）的一个位置移到空格上。求到目标状态的最小步数。

前置知识：

• 深度优先搜索（$\texttt{dfs}$dfs）.

将这题作为 宽度优先搜索（$\texttt{bfs}$bfs） 的模板题讲解！

首先，众所周知 $\texttt{dfs}$dfs 的搜索树类似于这样：

其中，每个矩形都是一个状态，上面的数字是 时间戳（即搜索编号） ，红色的表示往下搜索，绿色的表示往上回溯。

$\texttt{dfs}$dfs 大致分为 $3$3 步：

1. 从当前状态开始，依次搜索子状态，进入第 $2$2 步。

2. 如果当前状态 所有子状态都搜完了 或者 没有子状态，那么结束当前搜索，回溯至第 $1$1 步。

3. 找到答案即立刻一层层回溯结束；否则搜完所有状态返回无解。

你会发现，对于本题，如果你用 $\texttt{dfs}$dfs，你不知道深度是多少，很有可能超时。（当然 记忆化 可以加快，但还是容易超时）因为 $\texttt{dfs}$dfs 是 盲目搜索，直到当前状态搜完为止。那么，极有可能把所有状态都搜一遍。（即 $9! = 362880$9!=362880）这是极其危险的！

下面引出一个概念：$\texttt{bfs}$bfs.

求最小步数 / 最优解的情况下，$\texttt{bfs}$bfs 一般比 $\texttt{dfs}$dfs 要来的优。

先给出一个搜索状态图：

你会发现，$\texttt{bfs}$bfs 的搜索是一层层搜的，即宽度优先的，并且没有任何回溯的过程。

而且，$\texttt{bfs}$bfs 存在性质：

1. 第一次到达的一定是最优的。（这是革命的本钱，没有它 $\texttt{bfs}$bfs 就和 $\texttt{dfs}$dfs 降为一样效率了）

2. 一个状态保证只搜一次。（因为第一次是最优的，后面来的都是劣的，所以直接 开哈希剪枝。）

那么你会说：我们怎么实现呢？

用 $\text{queue}$queue 队列来实现，步骤如下：

1. 将开始状态入队。

2. 取出队首作为当前状态，把所有 当前状态能扩展出去的状态 都入队，并且做好哈希。然后 当前状态出队。

3. 找到答案立刻停止搜索（因为性质 $1$1 的存在可以这样做），否则搜完返回无解。

这样，先献出一段 $\texttt{bfs}$bfs 的一般情况下的伪代码：

q.push(make_pair(x,y)); //x 是状态，y 是步数
h[x]=1; //哈希
while(!q.empty()) {
	int t=q.front().x , step=q.front().y;
	q.pop(); //取出队首，然后出队
	for(/*枚举 t 能到达的状态 v*/)
		if(!h[v]) {
			h[v]=1; q.push(make_pair(v,step+1)); //哈希，入队
			if(v == end) {printf("%d\n",step+1);return;} //搜到答案
		}
} puts(/*无解情况*/); //搜完没有答案即无解

那么，比较两种搜索，你会发现：

1. 如果 一定把所有情况搜完 ，那么 $\texttt{dfs}$dfs 和 $\texttt{bfs}$bfs 一样，都是遍历一遍。

2. 如果 深度极深，但答案并不大，那么 $\texttt{bfs}$bfs 的 宽度优先 策略会更优。

3. 如果 深度、宽度相当 ，那么 $\texttt{dfs}$dfs 和 $\texttt{bfs}$bfs 效率一样，但 $\texttt{dfs}$dfs 的代码相对简洁。（只是相对，因为一般新手会认为 $\texttt{dfs}$dfs 更简单，不过写熟了都一样）

4. 如果 深度极深，宽度极宽，那么两种搜索都不优时，我们就需要用 双向宽搜 或者 迭代加深搜索（即 $\texttt{IDA*}$IDA*） 再或者 $\texttt{A*}$A* 搜索 进行优化。（不过本题不用）

说了这么多，来研究这道题目。

• 状态：字符串，即矩阵。

• 答案：即记录步数。

• 哈希：用 $\text{map}$map 实现字符串哈希。

• 队列：开结构体解决问题，写函数打包。

• 状态转移：将字符串的第 $i$i 位（这里 $0 \leq i \leq 8$0≤i≤8）对应矩阵的 $\lfloor \frac{i}{3} \rfloor$⌊3i​⌋ 行，$i \% 3$i%3 列，在矩阵上转移，然后再转回字符串。

时间复杂度：$O(9! \times 9 \times \log (9!)) =O(3 \times 10^5 \times 9 \times 18) = O(1.6 \times 10^7)$O(9!×9×log(9!))=O(3×105×9×18)=O(1.6×107)，可以通过。

解释：$9!$9! 是遍历状态，$9$9 是转移状态，$\log$log 是因为我们用了 $\text{map}$map.（如果用 康托展开 进行优化哈希，那么可以达到 $O(9! \times 9) = O(3.2 \times 10^6)$O(9!×9)=O(3.2×106)，会更优些）

实际得分：$100pts$100pts.

时间：$2.76s$2.76s.（并不快，但是最慢的一个点是 $257ms$257ms，可以接受）

空间：$14.52MB$14.52MB.（并不大）

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

struct node {
	string s; int step;
};
//const int dx[4]={1,-1,3,-3};
const int dx[4]={0,0,1,-1};
const int dy[4]={-1,1,0,0}; //四方向矩阵转移
queue<node> q;
map<string,bool> h;
string start,end="123804765";

inline node mp(string s,int step) {
	node t; t.s=s; t.step=step;
	return t;
} //结构体打包函数

inline int find(string s) {
	for(int i=0;i<s.size();i++)
		if(s[i]=='0') return i;
} //找到 0 的位置

inline void bfs() {
	q.push(mp(start,0)); h[start]=1;
	if(start==end) {puts("0");return;} //防止一开始就到终点
	while(!q.empty()) {
		string s=q.front().s;
		int step=q.front().step;
//		cout<<s<<" "<<step<<endl;
		q.pop(); int wz=find(s); //找到 0 的位置
		int x=wz/3,y=wz%3;
		for(int i=0;i<4;i++) {
			int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
			if(nx<0 || nx>2 || ny<0 || ny>2) continue;
			swap(s[nx*3+ny],s[wz]); //交换
			if(!h[s]) {
				h[s]=1; q.push(mp(s,step+1));
				if(s==end) {printf("%d\n",step+1);return;}
			} swap(s[nx*3+ny],s[wz]); //记得换回去，不要影响后面的转移
		}
	}
}

int main(){
	cin>>start;
	bfs(); //搜索
	return 0;
}