形式化题目

魔板是 $2 \times 4$ 的格子，每格一种颜色，8 种颜色用 $1 \sim 8$ 表示。 从左上角出发顺时针读出的 8 个数构成一个状态，例如基本状态是 $(1,2,3,4,5,6,7,8)$，它对应

有三种操作（都只做置换，不改变数字集合）：

给定一个目标状态，求从基本状态到它的长度最短的操作序列； 若有多条同样短的序列，取字典序最小的那条（按 A < B < C 比较）。

输入是目标状态顺时针读出的 8 个数，输出最短长度与对应的操作串。

读法约定：序列的前 4 位是上行从左到右，后 4 位是下行从右到左。 也就是说把序列画回魔板时，上行正着读、下行倒着读。这个约定决定了下面 三条操作公式的写法。

样例

输入 2 6 8 4 5 7 3 1，对应魔板

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22 6 8 4
1 3 7 5

答案是 7 步，操作串 BCABCCB。逐步推演如下（每一步只列出变化后的魔板）：

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16起点          1 2 3 4      序列 (1,2,3,4,5,6,7,8)
              8 7 6 5
--B-->        4 1 2 3      两行各右移一位
              5 8 7 6
--C-->        4 8 1 3      中央 2x2 顺时针转
              5 7 2 6
--A-->        5 7 2 6      上下交换
              4 8 1 3
--B-->        6 5 7 2
              3 4 8 1
--C-->        6 4 5 2
              3 8 7 1
--C-->        6 8 4 2
              3 7 5 1
--B-->        2 6 8 4      到达目标
              1 3 7 5

注意第 3 步做了 A 之后，魔板看起来是"上下交换"，但顺时针读数要把两行各自逆序， 所以序列变成 $(5,7,2,6,3,1,8,4)$ 而不是简单的前后 4 位互换。这是本题最容易写错的地方。

正解

思路

先看最直白的做法。 题目要的是"最短 + 字典序最小"，可以按长度从小到大枚举所有操作串：

1
2
3for L = 0, 1, 2, ...:
    按字典序枚举所有长度为 L 的 A/B/C 串
    对每个串从头模拟一遍，检查是否得到目标

这个做法是对的——长度从小到大保证最短，同长度内按字典序遍历保证字典序最小—— 但它不可用。长度 $L$ 的串有 $3^L$ 个，而本题答案最长可达 22， $3^{22} \approx 3.1 \times 10^{10}$，远超任何时限。

瓶颈在哪。 浪费有两个：

1. 同一个状态被反复展开。 状态总数只有 $8! = 40320$（因为三种操作都是置换， 不会产生新数字），而长度 22 的操作串有 $3^{22} \approx 3.1 \times 10^{10}$ 个， 平均每个状态被重复到达约 $7.8 \times 10^5$ 次。
2. 每个候选串都从头重放。 明明只差最后一步，也要把前面 21 步重新走一遍。

于是应该换一个视角：把状态当节点、操作当边。

• 节点：全部 $8! = 40320$ 个排列（实测从基本状态出发确实能到达全部 40320 个）；
• 出边：每个节点恰好 3 条（A、B、C 在该状态上两两不同，已对全部 40320 个状态验证）， 所以有向边总数恰好 $E = 3 \times 40320 = 120960$；
• 边权：全是 1，"最少操作数"就是无权图最短路。

无权最短路的标准工具就是 BFS：每个状态只入队一次，用一张访问表去重（代码里就是 parent 字典的键），$40320$ 个状态扫完就停机。原来那个 $O(3^L)$ 的枚举被压成 $O(8!)$。

剩下的关键问题：字典序怎么办。 BFS 天然只保证"最短"，要同时保证"字典序最小"， 必须守住两条纪律。

纪律一：每个状态生成儿子时，必须按 A、B、C 的顺序。

把长度恰好为 $k$ 的操作串按字典序排序，等价于把 $k$ 位三进制数按大小排序： 第 1 位最重要，第 2 位次之……所以"字典序"就是"逐层比较"。 可以归纳证明：

• 第 0 层只有空串，按字典序入队；
• 设第 $k$ 层的状态按各自路径的字典序入队。第 $k+1$ 层由第 $k$ 层依次出队、 每个状态按 A、B、C 生成得到，于是它的入队顺序正是 “{第 $k$ 层字典序串} × {A, B, C}”，也就是长度 $k+1$ 的串按字典序排列。

因此每一层内部，队列顺序就是路径字典序。目标第一次被生成时，生成它的路径 在同一层里最早，也就是所有等长合法串中字典序最小的那条；而它所处的层又是 BFS 第一次碰到目标的层，所以长度也最短。

纪律二：第一次到达就锁定，不再更新。

if nxt in parent: continue 同时干了两件事——去重，以及保护"先到者字典序更小"这个事实。 后来者不可能更短，而按纪律一它的字典序也不可能更小，所以直接丢弃是正确的。

这两条不是可以随手写反的细节。 把扩展顺序改成 C、B、A，长度仍然正确， 但 8 组真实数据里有 5 组答案字符串变错（例如样例会从 BCABCCB 变成 BCBCCBA）， 见 problem-analysis-workspace/verify_op_order.py。

第三个实现细节：不要顺手把路径字符串塞进队列。 很多写法会让队列同时携带 “走到当前状态的路径串”，这样每个状态都要复制一份字符串。本题最大长度 22 看着不大， 但 40320 个状态各存一份，在 Python 里的对象开销很可观。改成只存 parent[state] = (前驱状态, 操作名)，命中目标后沿指针回溯一次即可——既省内存， 也让队列元素更轻。

把三条操作写成序列公式。 状态用 8 元组 $s$ 表示，$s_0 \ldots s_3$ 是上行从左到右、 $s_4 \ldots s_7$ 是下行从右到左。三种操作就是：

• $A$ 交换上下两行后，两行的顺时针方向都反了，所以各自逆序，等于把整个序列倒过来；
• $B$ 是"每行循环右移一位"：上行 $s_0 s_1 s_2 s_3 \to s_3 s_0 s_1 s_2$； 下行的从左到右读法是 $s_7 s_6 s_5 s_4$，右移后变成 $s_4 s_7 s_6 s_5$， 再倒回去写就得到新序列的后 4 位 $s_5 s_6 s_7 s_4$；
• $C$ 只动中央四格，在序列上就是下标 $1, 2, 5, 6$ 四个位置顺时针轮换。

可以拿基本状态口算验一下 $B$：代入 $s = (1,2,3,4,5,6,7,8)$ 得到 $(4,1,2,3,6,7,8,5)$， 画回魔板是 $4\,1\,2\,3$ / $5\,8\,7\,6$，与题面的 B 示范一致。

算法总览。

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9parent = {基本状态: None}, queue = [基本状态]
while queue 非空:
    state = queue.popleft()
    for (name, op) in [(A, apply_a), (B, apply_b), (C, apply_c)]:   # 顺序即字典序
        nxt = op(state)
        if nxt 已访问: continue
        parent[nxt] = (state, name)
        if nxt == 目标: 沿 parent 回溯，返回操作串
        queue.append(nxt)

复杂度为什么够。 状态数 $8! = 40320$ 是常数上限，每个状态出队一次、扩展 3 条边， 总转移约 $1.2 \times 10^5$ 次。实测最坏的一组（答案长 22）耗时 0.045s、峰值 23.8MB， 对 1000ms / 128MB 分别有约 22 倍和 5 倍余量。

代码

Python 版：

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74#!/usr/bin/env python3
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# update_at: 2026-10-01 05:13

import sys
from collections import deque

# 状态统一用"顺时针取出的 8 个数字"表示：前 4 位是上行（按从左到右读，序列上却是从右往左），
# 后 4 位是下行（从左到右）。基本状态就是这个序列的字典序最小值 (1,2,3,4,5,6,7,8)。
IDENTITY = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8)


def apply_a(state: tuple[int, ...]) -> tuple[int, ...]:
    """操作 A：交换上下两行，两行各自还需要左右翻转一次才符合顺时针读法。"""
    return state[4:][::-1] + state[:4][::-1]


def apply_b(state: tuple[int, ...]) -> tuple[int, ...]:
    """操作 B：每行循环右移一位（最右一列插入最左）。"""
    return (state[3],) + state[:3] + state[5:] + (state[4],)


def apply_c(state: tuple[int, ...]) -> tuple[int, ...]:
    """操作 C：中央四格顺时针旋转，只有序列下标 1、2、5、6 四个位置参与。"""
    return (state[0], state[6], state[1], state[3], state[4], state[2], state[5], state[7])


# 枚举顺序就是题目要求的字典序：A < B < C。BFS 逐层扩展，层内队列按路径字典序出队，
# 所以每个状态第一次被写入 parent 时，拿到的既是最近距离，也是同距离里字典序最小的路径。
OPS = (("A", apply_a), ("B", apply_b), ("C", apply_c))


def shortest_ops(target: tuple[int, ...]) -> str:
    """从基本状态出发 BFS，返回到达 target 的最短且字典序最小的操作序列。"""
    if target == IDENTITY:  # 不用动一步，直接返回，省掉一次完整 BFS
        return ""

    parent: dict[tuple[int, ...], tuple[tuple[int, ...], str] | None] = {IDENTITY: None}
    queue = deque([IDENTITY])

    while queue:
        state = queue.popleft()
        for name, op in OPS:
            nxt = op(state)
            if nxt in parent:  # 已经用更短或字典序更小的路径到达过
                continue
            parent[nxt] = (state, name)
            if nxt == target:  # 第一次生成即最优，可以立刻回溯
                steps: list[str] = []
                cur = nxt
                while parent[cur] is not None:
                    prev, op_name = parent[cur]
                    steps.append(op_name)
                    cur = prev
                return "".join(reversed(steps))
            queue.append(nxt)

    return ""  # 走不到这里：8! 个状态全部可达，目标一定会被生成


def solve() -> None:
    target = tuple(map(int, sys.stdin.buffer.read().split()))
    ops = shortest_ops(target)

    print(len(ops))
    # 题面要求除最后一行外每行 60 个字符，按 60 切块输出。
    print("\n".join(ops[i : i + 60] for i in range(0, len(ops), 60)))


if __name__ == "__main__":
    solve()

C++ 版（同一算法）：

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 */
// main.cpp：BFS 求魔板从基本状态到目标状态的最短、字典序最小操作序列。
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>

typedef long long ll;

// 三种操作在顺时针序列上的下标重排：新序列第 i 位取自旧序列 OPS[op][i] 位
const int OPS[3][8] = {
    {7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0}, // A：交换上下两行，序列整体翻转
    {3, 0, 1, 2, 5, 6, 7, 4}, // B：最右一列插入最左列
    {0, 6, 1, 3, 4, 2, 5, 7}  // C：中央 2x2 顺时针旋转
};
const int POW9[8] = {1, 9, 81, 729, 6561, 59049, 531441, 4782969}; // 9 进制各位权值

std::map<int, int> prev_state; // prev_state[状态] = 前驱状态编码，基本状态记为 -1
std::map<int, char> prev_op;   // prev_op[状态] = 到达该状态所用的操作字母
std::queue<int> bfs_queue;     // BFS 队列，元素为状态编码

// 把 8 位排列编码成 9 进制整数。每一位是 1~8、不含 0，所以编码唯一。
int encode(const int s[8]) {
    int code = 0;
    for (int i = 0; i < 8; i++) {
        code += s[i] * POW9[i];
    }
    return code;
}

// 把 9 进制编码还原成 8 位排列 s。
void decode(int code, int s[8]) {
    for (int i = 0; i < 8; i++) {
        s[i] = code % 9;
        code /= 9;
    }
}

int main() {
    int target[8];
    for (int i = 0; i < 8; i++) {
        std::cin >> target[i];
    }
    int start[8] = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}; // 基本状态
    int start_code = encode(start);
    int target_code = encode(target);

    // BFS：邻居固定按 A、B、C 顺序扩展，只在第一次到达时记录前驱。
    // 这样首次弹出目标时的路径既是最短的，也是同长度里字典序最小的。
    prev_state[start_code] = -1;
    bfs_queue.push(start_code);
    while (!bfs_queue.empty()) {
        int cur = bfs_queue.front();
        bfs_queue.pop();
        if (cur == target_code) {
            break;
        }
        int s[8];
        decode(cur, s);
        for (int op = 0; op < 3; op++) {
            int nxt[8];
            for (int i = 0; i < 8; i++) {
                nxt[i] = s[OPS[op][i]];
            }
            int nxt_code = encode(nxt);
            if (prev_state.find(nxt_code) == prev_state.end()) {
                prev_state[nxt_code] = cur;
                prev_op[nxt_code] = 'A' + op;
                bfs_queue.push(nxt_code);
            }
        }
    }

    // 从目标沿前驱回溯到基本状态，得到的是逆序的操作序列
    std::string answer;
    int cur = target_code;
    while (cur != start_code) {
        answer += prev_op[cur];
        cur = prev_state[cur];
    }
    ll len = answer.size();
    for (ll i = 0; i < len / 2; i++) {
        char tmp = answer[i];
        answer[i] = answer[len - 1 - i];
        answer[len - 1 - i] = tmp;
    }

    std::cout << len << "\n";
    // 除最后一行外每行输出 60 个字符
    for (ll i = 0; i < len; i += 60) {
        if (i > 0) {
            std::cout << "\n";
        }
        std::cout << answer.substr(i, 60);
    }
    return 0;
}

复杂度

设状态数 $V$，转移数 $E$。三个操作都是置换，状态永远是 $1 \sim 8$ 的排列，故

• 时间：$O(V + E) = O(8!)$，与输入规模无关（输入永远只有 8 个数）， 是常数级。实测最大规模数据 0.045s。
• 空间：parent 字典最多 40320 条 (状态 → (前驱, 操作名)) 记录， 队列同时最多存一层多一点的状态，回溯列表长度不超过 22。整体 $O(8!)$， 实测峰值 23.8MB。

作为对照，朴素枚举要模拟 $3^{22} \approx 3.1 \times 10^{10}$ 个操作串， 是 BFS 转移次数（约 $1.2 \times 10^5$）的 $2.6 \times 10^5$ 倍—— 这就是"每个状态只展开一次"带来的收益。

总结

• 把"枚举操作串"换成"搜索状态图"。 状态只有 $8! = 40320$ 个，而操作串有 $3^{22}$ 个。 一旦把重复的状态合并，"最短"就是无权图最短路，BFS 是最自然的工具。
• 字典序靠"生成顺序"而不是"事后比较"实现。 按 A、B、C 的顺序扩展儿子， 层内队列顺序就自动等于路径字典序；第一次到达即锁定， 不需要保存路径串、也不需要任何字符串比较。把顺序写反（C、B、A）会让 5/8 组数据出错。
• 只存前驱，不存路径。 parent[state] = (前驱, 操作名) 让每个状态的存储开销是常数， 命中后再回溯出答案，避免了 40320 份字符串对象。
• 注意序列与魔板的对应方向。 顺时针读法使得下行是倒着读的， 所以操作 A 是"两段各自逆序"，不是"前后 4 位互换"。
• 状态数足够小，是本题能用 BFS 的前提。 8 个格子只有 $8!$ 种排列， 这既是搜索空间的硬上限，也是复杂度的来源。

图示解析

从输入到答案只有一条主线：编码 → 建图 → BFS → 溯源。

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        v
  顺时针读数编码成 8 元 tuple        <- 可哈希，可直接当 dict 的键
        |
        v
  从基本状态 (1,2,3,4,5,6,7,8) 出发
  按 A、B、C 顺序生成儿子            <- 顺序 = 字典序
        |
        v
  目标第一次被生成
        |    距离最短：BFS 按层扩展
        |    字典序最小：同层中最早入队
        v
  沿 parent 指针回溯 -> 操作串

BFS 的分层情况（把 BFS 跑满全图时统计的各层状态数）：

可以看到两点：每一层新增数量会因去重而少于 $3^k$（第 2 层只有 7 个而不是 9 个）， 这正是"每个状态只展开一次"在起作用；而第 7 层共有 159 个状态，目标是其中第 92 个 被生成的状态，意味着同层里还有 91 条路径字典序更小但不是答案—— BFS 一条都不需要额外比较，队列顺序已经替我们排好了。 （实际运行时一旦生成目标就立刻返回，不会把这一层剩下的 67 个状态也展开。）

若把 BFS 跑满全图：可达状态恰好 40320 个（即全部排列），最大距离为 22， 最远的状态共 5 个，其中之一是 $(4,3,1,2,5,6,7,8)$。