再论八数码
其中，游戏规则是只能交换空格与其上下左右四个方向的相邻棋子。
假设棋局目标状态为如下形式：（A、B、C、D、E、F、G、H表示棋子）
A B C
D E F
G H
而初始状态就是A、B、C、D、E、F、G、H这八个棋子在这九个棋格上的任意分布。
并且我们对棋盘中每个棋格进行如下形式的编号：
1 2 3
4 5 6
7 8 9
那么，对于一个任意的棋局状态，我们可以取得这八个棋子（A、B、C、D、E、F、G、H）的一个数列：棋子按照棋格的编号依次进行排列，记为p=c[1]c[2]c[3]c[4]c[5]c[6]c[7]c[8]（即A、B、C、D、E、F、G、H的一个排列）。
在分析之前，先引进逆序和逆序数的概念：对于棋子数列中任何一个棋子c[i]（1≤i≤8），如果有j>i且c[j]<c[i]，那么 c[j]是c[i]的一个逆序，或者c i]和c[j]构成一个逆序对。定义棋子c[i]的逆序数为c[i]的逆序个数；棋子数列的逆序数为该数列所有棋子的逆序数总和。注：约定A<B<C<D<E<F<G<H。
现在，我们对一个任意的棋局状态p=c[1]c[2]c[3]c[4]c[5]c[6]c[7]c[8]进行分析：
引理1：如果交换任何两个相邻的棋子，那么棋子数列的逆序数将发生奇偶性互变（奇偶性互变是指由奇数变为偶数，或由偶数变为奇数，下同）。
其证明很简单，假设交换的是c[i]和c[i+1]，那么对于c[j]（1≤j≤i-1或i+2≤j≤8）的逆序数并不改变。若交换之前 c[i]<c[i+1]，那么交换之后，c[i]的逆序数不变，而c[i+1]的逆序数加1（因为c[i]成了它的一个逆序）；同理，若交换之前 c[i]>c[i+1]，那么交换之后，c[i]的逆序数减1，而c[i+1]的逆序数不变。所以，引理1成立。
引理2：如果棋子数列经过n次相邻棋子交换后，若n为偶数，则数列逆序数奇偶性不变；若n为奇数，则数列逆序数将发生奇偶性互变。
其证明可以由引理1简单推出。
引理3：在满足上述约定的八数码问题中，空格与相邻棋子的交换不会改变棋局中棋子数列的逆序数的奇偶性。
证明：显然空格与左右棋子交换不会改变棋子数列的逆序数（因为数列并没有改变）。现在考虑空格与上下棋子交换的情况：若空格与上方的棋子交换（假设交换是可行的），将得到一个新数列。若假设交换棋子为c[i]=X，那么原数列p=c[1]...X c[i+1]c[i+2]...c[8]将变为新数列q=c[1]...c[i+1]c[i+2]X ...c[8]（注意：在棋盘中，上下相邻的两棋格之间隔有两个棋格）。由原数列p到新数列q的转变可以通过如下方式加以解释：用X与c[i+1]、 c[i+2]先后进行两次相邻交换而完成状态转变。所以根据引理2知，由p状态到q状态并不会改变改变棋子数列的逆序数的奇偶性。同理可证空格与下方棋子交换也不会改变棋子数列的逆序数的奇偶性。所以，空格与相邻棋子的交换不会改变棋局中棋子数列的逆序数的奇偶性。
定理1
（1）当初始状态棋局的棋子数列的逆序数是奇数时，八数码问题无解；
（2）当初始状态棋局的棋子数列的逆序数是偶数时，八数码问题有解。
证明：由引理3知，按照八数码问题的游戏规则，在游戏过程中，棋局的棋子数列的逆序数的奇偶性不会发生变化。而上面规定的目标状态没有逆序存在，所以目标状态下棋局的逆序数为偶数（实际为0）。显然，可能的初始状态棋局的棋子数列的逆序数可能为奇数，也可能为偶数（因为把一个初始状态中任意相邻两个棋子交换，得到的新的状态作为初始状态，它们的奇偶性相反）。所以，对于任意一个初始状态，若其棋局的棋子数列的逆序数为奇数，则永远也不可能达到目标状态，即八数码问题无解；若其棋局的棋子数列的逆序数为偶数，（接下来如何证明）。
附一个题
http://poj.org/problem?id=2893
后续篇
ZJU2004 Commedia dell'arte 八数码问题有解的条件及其推广
题目描述：
此题是经典的八数码问题的推广。一个M×M×M的立方体，原始状态一次给方块编号1 ~ M^3-1，最后一个格子空缺。现在给定任意一个方块的排列，问能否通过合法变换回到原始状态。
解题思路：
题目要求一个三维空间的N数码问题，问是否有解。我们先从简单的情况考虑。
>从八数码问题入手
我们首先从经典的八数码问题入手，即对于八数码问题的任意一个排列是否有解？有解的条件是什么？
我在网上搜了半天，找到一个十分简洁的结论。八数码问题原始状态如下：
1 2 3
4 5 6
7 8
为了方便讨论，我们把它写成一维的形式，并以0代替空格位置。那么表示如下：
1 2 3 4 5 6 7 8 0
通过实验得知，以下状态是无解的（交换了前两个数字1 2）：
2 1 3 4 5 6 7 8 0
八数码问题的有解无解的结论：
一个状态表示成一维的形式，求出除0之外所有数字的逆序数之和，也就是每个数字前面比它大的数字的个数的和，称为这个状态的逆序。
若两个状态的逆序奇偶性相同，则可相互到达，否则不可相互到达。
由于原始状态的逆序为0（偶数），则逆序为偶数的状态有解。
也就是说，逆序的奇偶将所有的状态分为了两个等价类，同一个等价类中的状态都可相互到达。
简要说明一下：当左右移动空格时，逆序不变。当上下移动空格时，相当于将一个数字向前（或向后）移动两格，跳过的这两个数字要么都比它大（小），逆序可能±2；要么一个较大一个较小，逆序不变。所以可得结论：只要是相互可达的两个状态，它们的逆序奇偶性相同。我想半天只能说明这个结论的必要性，详细的证明请参考后面的附件。
>推广二维N×N的棋盘
我们先来看看4×4的情况，同样的思路，我们考虑移动空格时逆序的变化情况。
1 2 3 4
5 6 7 8
9 A B C
D E F
我们用字母A~F代替数字10~15。同样地，当左右移动的时候，状态的逆序不改变。而当上下移动的时候，相当于一个数字跨过了另外三个格子，它的逆序可能±3或±1，逆序的奇偶性必然改变。那么又该如何
1 2 3 4
5 6 7 8
9 A B
C D E F
可以证明，以上状态是一个无解的状态（将C移到了第四行）。该状态的逆序为0，和原始状态相同，但是它的空格位置在第三行。若将空格移到第四行，必然使得它的逆序±1或±3，奇偶性必然改变。所以它是一个无解的状态。
然而以下状态就是一个有解的状态（交换了前两个数字1 2）：
2 1 3 4
5 6 7 8
9 A B
C D E F
这个状态的逆序为1，和原始状态奇偶性不同，而空格位置在第三行。由于空格每从第三行移动到第四行，奇偶性改变。则该状态的可到达原始状态。
通过观察，得出以下结论：
N×N的棋盘，N为奇数时，与八数码问题相同。
N为偶数时，空格每上下移动一次，奇偶性改变。称空格位置所在的行到目标空格所在的行步数为空格的距离（不计左右距离），若两个状态的可相互到达，则有，两个状态的逆序奇偶性相同且空格距离为偶数，或者，逆序奇偶性不同且空格距离为奇数数。否则不能。
也就是说，当此表达式成立时，两个状态可相互到达：(状态1奇偶性==状态2奇偶性)==(空格距离%2==0)。
此结论只是由观察得知的，但是还没证明过，请高手指点。
另外再详细说明一下，无论N是奇数还是偶数，空格上下移动，相当于跨过N-1个格子。那么逆序的改变可能为一下值±N-1，±N-3，±N-5 …… ±N-2k-1。当N为奇数数时N-1为偶数，逆序改变可能为0；当N为偶数时N-1为奇数，逆序的改变不能为0，只能是奇数，所以没上下移动一次奇偶性必然改变。
>推广到三维N×N×N
其实，三维的结论和二维的结论是一样的。
考虑左右移动空格，逆序不变；同一层上下移动空格，跨过N-1个格子；上下层移动空格，跨过N^2-1个格子。
当N为奇数时，N-1和N^2-1均为偶数，也就是任意移动空格逆序奇偶性不变。那么逆序奇偶性相同的两个状态可相互到达。
当N为偶数时，N-1和N^2-1均为奇数，也就是令空格位置到目标状态空格位置的y z方向的距离之和，称为空格距离。若空格距离为偶数，两个逆序奇偶性相同的状态可相互到达；若空格距离为奇数，两个逆序奇偶性不同的状态可相互到达。
讨论到这里，题目问题也就解决了。
>解决题目
有了以上结论，解决题目就简单了。
统计出状态的逆序和空格距离，然后判断即可。
| 2007-12-27 22:40:20 | 00:00.46 | 4416K | C++ | Tiaotiao |
用此方法程序运行时间0.46s，排名15。在我之前的运行时间都在0.1秒以下。也许此题还有更加优美的判定方法，期待知道朋友请过来吼一声～
参考资料：
水木清华BBS精华区： 关于八码数问题有解与无解的证明 http://www.cnw3.org/smth/AI/5/8/00000001.htm
豆瓣网BBS ：http://www.douban.com/group/topic/1724083/
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附： 关于八码数问题有解与无解的证明
转载自【水木清华BBS精华区】：http://www.cnw3.org/smth/AI/5/8/00000001.htm
标 题: 关于八码数问题有解与无解的证明(zz)
发信站: BBS 水木清华站 (Fri Nov 23 22:26:49 2001)
8数码难题搜索时，有时候是无解的，8数码问题总共有9!种状态，如果用计算机一
个一个去搜索去判断哪些有解哪些误解，无疑要花费很长的时间，也没必要。作为一种
智力游戏，玩之余，我在想，能否通过事先的分析来判断哪些问题有解，哪些问题无解
呢？对于有解的问题，是否能通过一种固定的步骤来得到解？经过昨天晚上和今天的仔
细分析，我觉得我已经得到了这个问题的初步解答，下面我公布一下我得到的结果和证
明，抛砖引玉，如果大家发现其中有什么问题，欢迎来我宿舍一起讨论或者给我发Emai
l。
一、我的结论
我们将九宫格按行排成一行共九个数(空格也占一个位置，在本文种，我用@表示空
格)。比如： 1 2 3 4 @ 5 ＝> 1 2 3 4 @ 5 6 7 8 6 7 8 这样
，九宫格的每一种状态和上图的行之间是一一对应的。在代数上册我们学过逆序的概念
，也就是对于任意一对数，如果前面的数比后面的数大，则为一对逆序。对于一个序列
，我们定义其逆序奇偶性如下： 如果其中有奇数对逆序，称之逆序奇；如果其中有
偶数对逆序，称之为逆序偶。这样，对于1，2，...，n这n个数，其所有的排列可以分为
两类，逆序奇类和逆序偶类。相对应的，九宫图(除去空格)也有它的奇偶性，我们的定
理是：
所有的奇九宫图之间是可达的，所有的偶九宫图之间也是可达的，但奇九宫图和偶
九宫图之间互不可达。
二、问题的转化
为了证明上述定理，我想先对问题进行一下转化。我定义两种行序列的变换：一种
是空格@和相邻的数对换，一种是空格@和前后隔两个数的数之间的对换，前者对应着空
格在九宫图中的左右移动，后者对应着空格在九宫图中的上下移动。
引理一：在上述的两种对换下，序列的奇偶性不改变。 这个引理很容易证明。
首先，相邻的对换肯定不改变奇偶性；其次，隔两格的对换也不改变奇偶性，它相当于
三个数的轮换，我们可以自己列举一下几种情况验证一下。这就说明了奇九宫图和偶九
宫图之间是互不可达的。
引理二：转化后行序列在上面定义的两种对换下的任意操作，可以转换成九宫图中
空格的合法变化。 这个引理也是比较容易证明的。我们只要证明如下的几种状态之
间是互达的： a b c a b @ a b c a b c @ d e <=>
c d e d e f <=> d e @ f g h f g h @ g h f
g h 通过计算机搜索，可以发现上面两对状态之间的确是互达的。从而，我们可以
假定上面两种状态之间的转换可以用行序列中的两种邻对换来代替。
想提一点的是，九宫图之间的变换是可逆的。下面，到了问题的核心部分了。
引理三：所有的奇状态可以转换为 @ 1 2 3 4 5 6 7 8, 所有的偶状态
可以转换为 @ 2 1 3 4 5 6 7 8. 要证明这个引理，得分几个步骤。我的想法是先设
法把8移到最后一个，然后8保持不动(注意，我们这里的不动只是形式上不动，但不管怎
样，我们的每一个变换后，8还是保持在最后一个，余类似)，再将7移到8之前，然后，
保持7和8不动，依次移动6，5，4，3，得到 * * * 3 4 5 6 7 8这里 * * *是 @ 1 2 的
一个排列。到这里，我想要得到前面的两种状态之一是显然的了。下面，我说明，上面
的想法是可以实现的。如下：
最后，并且对变换仅限于这四个位置上。显然，对于a，c是一步就可以做到的。对于b，
步骤如下： a b c @ -> @ b c a -> b @ c a -> b c @ a -> b c a @ -> @ c a b
2. 先把要移到最后位置的那个数移到最后四个位置之一，然后再将空格移到最后一
个位置，用1的方法将待移动的数变换到最后一个位置。循环这样做即可。 引理三证
毕。
证完了这三个引理，定理的成立就是显然的了。首先，将奇偶性相同的两种状态都
变换到上述两种标准状态之一，然后对其一去逆变换即可。以上是我的所有证明，有些
地方在计算机上写起来不是太清楚。
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zoj 2004附上代码吧
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
int mat[1000001];
int b[1000001];
long long g = 0;
void msort(int *a, int *t, int b, int e)
{
int mid = (b&e) + ((b^e) >> 1), p1 = b, p2 = mid + 1, i = b;
if (b >= e) return;
msort(a, t, b, mid); msort(a, t, p2, e);
while (p1 <= mid || p2 <= e)
{
if (p2 > e || (p1 <= mid && a[p1] <= a[p2])) t[i++] = a[p1++];
else { t[i++] = a[p2++]; g += (mid + 1 - p1) & 1;}
}
for (i = b; i <= e; ++i) a[i] = t[i];
}
int n, m;
int main(void)
{
int i = 0, j = 0, s = 0, t = 0, iter = 0, v, y, z;
scanf("%d", &n);
for (i = 0; i < n; ++i)
{
scanf("%d", &m); s = m * m * m; t = m * m;
for (iter = j = 0; j < s; ++j)
{
scanf("%d", &v);
(v ? (mat[iter++] = v) : (z = j / t, y = j % t / m));
}
g = 0;
msort(mat, b, 0, iter - 1);
g += (t - 1) * (m - 1 - z) + (m - 1) * (m - 1 - y);
g &= 1;
if (g) puts("Puzzle is unsolvable.");
else puts("Puzzle can be solved.");
}
return 0;
}