（水）POJ-3087 模拟,map,string

题目大意： 已知两堆牌 s1 和 s2 的初始状态，   其牌数均为 c ，按给定规则能将他们相互交叉组合成一堆牌 s12 ，再将 s12 的最底下的 c 块牌归为 s1 ，最顶的 c 块牌归为 s2 ，依此循环下去。

 

现在输入s1和s2的初始状态 以及 预想的最终状态s12

问s1 s2经过多少次洗牌之后，最终能达到状态s12，若永远不可能相同，则输出"-1"。

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分析：网上将这题放在了BFS里，可这里的变换是固定的，所以实在是想不出怎么BFS，，，由于每次操作都是给定的，所以就是个简单的模拟题。这里要注意到的一点就是判重（即永远也不能变成需要的牌堆），用map就可以轻松解决了。值得一提的是，如何正确使用map。请看代码注释。

附上代码：

#include<iostream>  //POJ-3087
#include<string>
#include<map>
using namespace std;
int N, n;
string s1, s2, s, ss;
map<string, int> vis;
int solve()
{
	int res = 0;
	while (1)
	{
		for (int i = 0; i < n; i++)       //s1+s2->s，合并
		{
			s[2 * i] = s2[i];
			s[2 * i + 1] = s1[i];
		}
		res++;
		if (s == ss) return res;		//如果达到就返回res
		if (vis[s]) return -1;			//在这里，可能刚接触STL的人就看不太懂了，在前面我们并没有执行vis[s]=1;将s这个键加入到vis中之类的
		vis[s] = 1;						//操作。这就是前面说到值得注意的一点，vis[s]这个操作会自动将s这个键加入，并将对应的键值默认为0。
		for (int i = 0; i < n; i++)   //s->s1+s2，拆分
		{
			s1[i] = s[i];
			s2[i] = s[i + n];
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d", &N);
	int T = 0;
	while (T++ < N)
	{
		scanf("%d", &n);
		cin >> s1 >> s2 >> ss;
		s.resize(2 * n);			 //重定义s的大小，以便于在之后可以直接用取下标的方式赋值
		printf("%d %d\n", T, solve());
	}
	return 0;
}