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Tìm kiếm hai chiều

本页面将简要介绍两种双向搜索算法：「双向同时搜索」和「Meet in the middle」．

双向同时搜索

定义

双向同时搜索的基本思路是从状态图上的起点和终点同时开始进行 广搜 或 深搜．

如果发现搜索的两端相遇了，那么可以认为是获得了可行解．

过程

双向广搜的步骤：

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将开始结点和目标结点加入队列 q
标记开始结点为 1
标记目标结点为 2
while (队列 q 不为空)
{
  从 q.front() 扩展出新的 s 个结点

  如果 新扩展出的结点已经被其他数字标记过
    那么 表示搜索的两端碰撞
    那么 循环结束

  如果 新的 s 个结点是从开始结点扩展来的
    那么 将这个 s 个结点标记为 1 并且入队 q 

  如果 新的 s 个结点是从目标结点扩展来的
    那么 将这个 s 个结点标记为 2 并且入队 q
}

例题

例题 八数码难题

在 \(3\times 3\) 的棋盘上，摆有八个棋子，每个棋子上标有 \(1\) 至 \(8\) 的某一数字．棋盘中留有一个空格，空格用 \(0\) 来表示．空格周围的棋子可以移到空格中．要求解的问题是：给出一种初始布局（初始状态）和目标布局（为了使题目简单，设目标状态为 \(123804765\)），找到一种最少步骤的移动方法，实现从初始布局到目标布局的转变．

解题思路

很好想出暴力 bfs．本题使用暴力 bfs 也不会超时．但是这里把它作为双向同时搜索的例题．我们可以使用两个 bfs，一个从起点状态开始正着搜，一个从终点状态开始反着搜，交替使用两个 bfs，搜索树的大小会大大减小．当其中一个 bfs 搜出另一个 bfs 已经搜出的状态，即可得到答案．

参考代码 
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#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
using namespace std;

struct State {
  int A[3][3];
  State() = default;

  State(string s) {
    for (int i = 0; i < 3; i++) {
      for (int j = 0; j < 3; j++) {
        A[i][j] = s[i * 3 + j] - '0';
      }
    }
  }

  friend bool operator<(const State &a, const State &b) {
    for (int i = 0; i < 3; i++) {
      for (int j = 0; j < 3; j++) {
        if (a.A[i][j] != b.A[i][j]) {
          return a.A[i][j] < b.A[i][j];
        }
      }
    }
    return false;
  }
};

int dir[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};

void bfs(queue<State> &q, map<State, int> &m1, map<State, int> &m2) {
  auto u = q.front();
  q.pop();
  int xx, yy;
  for (int i = 0; i < 3; i++) {
    for (int j = 0; j < 3; j++) {
      if (u.A[i][j] == 0) {
        xx = i;
        yy = j;
      }
    }
  }
  for (int i = 0; i < 4; i++) {
    int tx = dir[i][0] + xx, ty = dir[i][1] + yy;
    if (tx >= 0 && tx < 3 && ty >= 0 && ty < 3) {
      auto v = u;
      swap(v.A[xx][yy], v.A[tx][ty]);
      if (m2.count(v)) {
        cout << m1[u] + m2[v] << endl;
        exit(0);
      }
      if (!m1.count(v)) {
        m1[v] = m1[u] + 1;
        q.push(v);
      }
    }
  }
}

int main() {
  string I, O;
  cin >> I;
  O = "123804765";
  State in = I, ou = O;
  queue<State> q1, q2;
  map<State, int> mp1, mp2;
  q1.push(in);
  mp1[in] = 0;
  q2.push(ou);
  mp2[ou] = 1;
  if (I == O) {
    cout << 0;
    return 0;
  }
  while (1) {
    bfs(q1, mp1, mp2);
    bfs(q2, mp2, mp1);
  }
  return 0;
}

Meet in the middle

Warning

本节要介绍的不是 二分搜索（二分搜索的另外一个译名为「折半搜索」）．

引入

Meet in the middle 算法没有正式译名，常见的翻译为「折半搜索」、「双向搜索」或「中途相遇」．

它适用于输入数据较小，但还没小到能直接使用暴力搜索的情况．

过程

Meet in the middle 算法的主要思想是将整个搜索过程分成两半，分别搜索，最后将两半的结果合并．

性质

暴力搜索的复杂度往往是指数级的，而改用 meet in the middle 算法后复杂度的指数可以减半，即让复杂度从 \(O(a^b)\) 降到 \(O(a^{b/2})\)．

例题

例题 「USACO09NOV」灯 Lights

有 \(n\) 盏灯，每盏灯与若干盏灯相连，每盏灯上都有一个开关，如果按下一盏灯上的开关，这盏灯以及与之相连的所有灯的开关状态都会改变．一开始所有灯都是关着的，你需要将所有灯打开，求最小的按开关次数．

\(1\le n\le 35\)．

解题思路

如果这道题暴力 DFS 找开关灯的状态，时间复杂度就是 \(O(2^{n})\), 显然超时．不过，如果我们用 meet in middle 的话，时间复杂度可以优化至 \(O(n2^{n/2})\)．meet in middle 就是让我们先找一半的状态，也就是找出只使用编号为 \(1\) 到 \(\mathrm{mid}\) 的开关能够到达的状态，再找出只使用另一半开关能到达的状态．如果前半段和后半段开启的灯互补，将这两段合并起来就得到了一种将所有灯打开的方案．具体实现时，可以把前半段的状态以及达到每种状态的最少按开关次数存储在 map 里面，搜索后半段时，每搜出一种方案，就把它与互补的第一段方案合并来更新答案．

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#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;

int n, m, ans = 0x7fffffff;
map<long long, int> f;
long long a[40];

int main() {
  cin >> n >> m;
  a[0] = 1;
  for (int i = 1; i < n; ++i) a[i] = a[i - 1] * 2;  // 进行预处理

  for (int i = 1; i <= m; ++i) {  // 对输入的边的情况进行处理
    int u, v;
    cin >> u >> v;
    --u;
    --v;
    a[u] |= ((long long)1 << v);
    a[v] |= ((long long)1 << u);
  }

  for (int i = 0; i < (1 << (n / 2)); ++i) {  // 对前一半进行搜索
    long long t = 0;
    int cnt = 0;
    for (int j = 0; j < n / 2; ++j) {
      if ((i >> j) & 1) {
        t ^= a[j];
        ++cnt;
      }
    }
    if (!f.count(t))
      f[t] = cnt;
    else
      f[t] = min(f[t], cnt);
  }

  for (int i = 0; i < (1 << (n - n / 2)); ++i) {  // 对后一半进行搜索
    long long t = 0;
    int cnt = 0;
    for (int j = 0; j < (n - n / 2); ++j) {
      if ((i >> j) & 1) {
        t ^= a[n / 2 + j];
        ++cnt;
      }
    }
    if (f.count((((long long)1 << n) - 1) ^ t))
      ans = min(ans, cnt + f[(((long long)1 << n) - 1) ^ t]);
  }

  cout << ans;

  return 0;
}

外部链接

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