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# 双向搜索

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 ×3 3×3 的棋盘上，摆有八个棋子，每个棋子上标有 1 1 至 8 8 的某一数字．棋盘中留有一个空格，空格用 0 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 1 2 3 8 0 4 7 6 5 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)O(a b) 降到 𝑂(𝑎 𝑏/2)O(a b/2)．

### 例题

例题 「USACO09NOV」灯 Lights

有 𝑛 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 ≤𝑛 ≤3 5 1≤n≤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)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(𝑛 2 𝑛/2)O(n 2 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 1 到 m i d 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

- What is meet in the middle algorithm w.r.t. competitive programming? - Quora
- Meet in the Middle Algorithm - YouTube

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