青蛙跳杯子(bfs+状态压缩)

题目描述
  X星球的流行宠物是青蛙，一般有两种颜色：白色和黑色。
  X星球的居民喜欢把它们放在一排茶杯里，这样可以观察它们跳来跳去。
  如下图，有一排杯子，左边的一个是空着的，右边的杯子，每个里边有一只青蛙。

*WWWBBB

其中，W字母表示白色青蛙，B表示黑色青蛙，*表示空杯子。

X星的青蛙很有些癖好，它们只做3个动作之一：
  1. 跳到相邻的空杯子里。
  2. 隔着1只其它的青蛙（随便什么颜色）跳到空杯子里。
  3. 隔着2只其它的青蛙（随便什么颜色）跳到空杯子里。

对于上图的局面，只要1步，就可跳成下图局面：

WWW*BBB

本题的任务就是已知初始局面，询问至少需要几步，才能跳成另一个目标局面。

数据规模和约定
  我们约定，输入的串的长度不超过15

输入
输入为2行，2个串，表示初始局面和目标局面。

输出
输出要求为一个整数，表示至少需要多少步的青蛙跳。

样例输入
$\ast$WWBB
WWBB$\ast$

样例输入
WWW$\ast$BBB
BBB$\ast$WWW

样例输出
样例输出
2

样例输出
10
老师让我验题，我就写了一下，用了状压的骚操作，不过不用状压也可以做。
对涉及每种状态的存储，就三进制压缩存咯，涉及到解码和译码的概念，写起来也是比较简单
代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int star=0,tar=0;
char str[20];
int len;
set<int> _set;
struct node
{
    int num;
    int step;
    node(int _num,int _step):num(_num),step(_step){}
};
int c[20];
int encode()
{
    int ans=0;
    for(int i=0;i<len;i++)
        ans=ans*3+c[i];
    return ans;
}
int em;
void decode(int num)
{
    for(int i=len-1;i>=0;i--)
    {
        c[i]=num%3;
        if(!c[i])em=i;
        num/=3;
    }
}
int main()
{
    scanf("%s",str);
    len=strlen(str);
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        if(str[i]=='W')star=star*3+1;
        else if(str[i]=='B')star=star*3+2;
        else star=star*3;
    }
    scanf("%s",str);
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        if(str[i]=='W')tar=tar*3+1;
        else if(str[i]=='B')tar=tar*3+2;
        else tar=tar*3;
    }
    /*cout<
    queue<node>que;
    int ans;
    que.push(node(star,0));
    while(que.size())
    {
        node now=que.front();que.pop();
        if(now.num==tar)
        {
            ans=now.step;
            break;
        }
        int st;
        decode(now.num);
        for(int i=-3;i<=3;i++)
        {
            if(em+i>=0&&em+i<len&&i!=0)
            {
                swap(c[em],c[em+i]);
                st=encode();
                if(_set.find(st)==_set.end())
                {
                    que.push(node(st,now.step+1));
                    _set.insert(st);
                }
                swap(c[em],c[em+i]);
            }
        }

    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}