如何找到将物品移到堆栈中某个位置的最小移动次数？

给定一组NXP堆栈，其中N为堆栈数，P为堆栈容量，我如何计算从位置A的某个节点移动到任意位置B所需的最小交换数？我正在设计一个游戏，最终目标是对所有堆栈进行排序，以使它们都具有相同的颜色。

# Let "-" represent blank spaces, and assume the stacks are
stacks = [
           ['R', 'R', 'R', 'R'], 
           ['Y', 'Y', 'Y', 'Y'], 
           ['G', 'G', 'G', 'G'], 
           ['-', '-', '-', 'B'], 
           ['-', 'B', 'B', 'B']
         ]

如果我想在插入一个“B” stacks[1][1]这样stacks[1] = ["-", "B", "Y", "Y"]。如何确定所需的最小移动次数？

我一直在研究多种方法，尝试过遗传算法，可以从状态生成所有可能的移动，对它们进行评分，然后继续沿最佳得分路径前进，我还尝试运行Djikstra的算法来对问题进行寻路。看起来很简单，但是我无法找到一种方法来让它在指数时间以外的任何时间运行。我是否缺少适用于此的算法？

编辑

我已经编写了此函数来计算所需的最小移动量：堆栈：表示堆栈中棋子的字符列表，堆栈[0] [0]是堆栈[0]的顶部stack_ind：将要添加到堆栈中的片断的堆栈stacks.exe

def calculate_min_moves(stacks, stack_ind, needs_piece, needs_index):
    # Minimum moves needed to empty the stack that will receive the piece so that it can hold the piece
    num_removals = 0
    for s in stacks[stack_ind][:needs_index+1]:
        if item != "-":
            num_removals += 1

    min_to_unlock = 1000
    unlock_from = -1
    for i, stack in enumerate(stacks):
        if i != stack_ind:
            for k, piece in enumerate(stack):
                if piece == needs_piece:
                    if k < min_to_unlock:
                        min_to_unlock = k
                        unlock_from = i

    num_free_spaces = 0
    free_space_map = {}

    for i, stack in enumerate(stacks):
        if i != stack_ind and i != unlock_from:
            c = stack.count("-")
            num_free_spaces += c
            free_space_map[i] = c

    if num_removals + min_to_unlock <= num_free_spaces:
        print("No shuffling needed, there's enough free space to move all the extra nodes out of the way")
    else:
        # HERE
        print("case 2, things need shuffled")

编辑：堆栈上的测试用例：

stacks = [
           ['R', 'R', 'R', 'R'], 
           ['Y', 'Y', 'Y', 'Y'], 
           ['G', 'G', 'G', 'G'], 
           ['-', '-', '-', 'B'], 
           ['-', 'B', 'B', 'B']
         ]

Case 1: stacks[4][1] should be 'G'
Move 'B' from stacks[4][1] to stacks[3][2]
Move 'G' from stacks[2][0] to stacks[4][1]
num_removals = 0 # 'G' is directly accessible as the top of stack 2
min_to_unlock = 1 # stack 4 has 1 piece that needs removed
free_spaces = 3 # stack 3 has free spaces and no pieces need moved to or from it
moves = [[4, 3], [2, 4]]
min_moves = 2
# This is easy to calculate
Case 2: stacks[0][3] should be 'B'
Move 'B' from stacks[3][3] to stack[4][0]
Move 'R' from stacks[0][0] to stacks[3][3]
Move 'R' from stacks[0][1] to stacks[3][2]
Move 'R' from stacks[0][2] to stacks[3][1]
Move 'R' from stacks[0][3] to stacks[3][0]
Move 'B' from stacks[4][0] to stacks[0][3]
num_removals = 0 # 'B' is directly accessible 
min_to_unlock = 4 # stack 0 has 4 pieces that need removed
free_spaces = 3 # If stack 3 and 4 were switched this would be 1
moves = [[3, 4], [0, 3], [0, 3], [0, 3], [0, 3], [4, 0]]
min_moves = 6
#This is hard to calculate

实际的代码实现并不是困难的部分，它决定了如何实现一种解决我所苦恼的算法的算法。

按照@YonIif的要求，我已经为问题创建了要点。

运行时，它会生成一个堆栈的随机数组，并选择一个需要插入到随机堆栈中随机位置的随机片段。

运行它会将这种格式的内容打印到控制台。

All Stacks: [['-', '-', 'O', 'Y'], ['-', 'P', 'P', 'O'], ['-', 'P', 'O', 'Y'], ['Y', 'Y', 'O', 'P']]
Stack 0 is currently ['-', '-', 'O', 'Y']
Stack 0 should be ['-', '-', '-', 'P']

状态更新

我决心以某种方式解决这个问题。

请记住，有一些方法可以减少案件数量，例如评论中提到的@Hans Olsson。对于这个问题，我最近的方法是开发一组与上述规则类似的规则，并将其应用于代代算法中。

规则如下：

永远不要扭转举动。从1-> 0转到0-> 1（毫无意义）

永远不要连续移动两次。从不从0-> 1移至1-> 3

给定从stacks [X]到stacks [Y]的一些移动，然后进行一定数量的移动，然后如果stacks [Z]处于与移动时相同的状态，则从stacks [Y]到stacks [Z]进行移动从stacks [X]到stacks [Y]，通过直接从stacks [X]移到stacks [Z]可以消除移动

当前，我正在尝试创建足够的规则来解决这个问题，它可以最大限度地减少“有效”移动的数量，从而可以使用分代算法来计算答案。如果有人可以想到其他规则，那么我很乐意在评论中听到它们。

更新资料

感谢@RootTwo的回答，我取得了一些突破，我将在这里概述。

突破

将目标高度定义为必须将目标块放置在目标堆栈中的深度。

每当将某个目标放置在索引<= stack_height-目标高度时，总是会通过clear_path（）方法获得胜利的最短路径。

Let S represent some solid Piece.

IE浏览器

Stacks = [ [R, R, G], [G, G, R], [-, -, -] ]
Goal = Stacks[0][2] = R
Goal Height = 2.
Stack Height - Goal Height = 0

给定一定的筹码stack[0] = R，游戏就赢了。

                       GOAL
[ [ (S | -), (S | -), (S | -) ], [R, S, S], [(S | - ), (S | -), (S | -)] ]

因为已知它们总是至少有stack_height个空白空间，所以最坏的情况是：

 [ [ S, S, !Goal ], [R, S, S], [-, -, -]

由于我们知道目标片不能在目标位置或赢得比赛。在这种情况下，所需的最少移动次数为：

(0, 2), (0, 2), (0, 2), (1, 0)

Stacks = [ [R, G, G], [-, R, R], [-, -, G] ]
Goal = Stack[0][1] = R
Stack Height - Goal Height = 1

给定一定的筹码stack[1] = R，游戏就赢了。

              GOAL
[ [ (S | -), (S | -), S], [ (S | -), R, S], [(S | -), (S | -), (S | -)]

我们知道至少有3个空格可用，因此最坏的情况是：

[ [ S, !Goal, S], [S, R, S], [ -, -, - ]

在这种情况下，最小移动数将是移动：

(1, 2), (0, 2), (0, 2), (1, 0)

这将适用于所有情况。

因此，该问题已经简化为寻找将球门件放置在球门高度处或上方的最小移动次数的问题。

这将问题分解为一系列子问题：

1. 当目标堆栈具有其可访问的棋子！=目标棋子时，确定该棋子是否存在有效位置，或者在交换另一棋子时该棋子是否应留在该位置。

2. 当目标堆栈具有其可访问的棋子==目标棋子时，确定是否可以将其删除并放置在所需的目标高度，或者在交换另一个棋子时该棋子是否应保留。

3. 当以上两种情况需要交换另一块时，确定要交换的块数才能增加，以使目标块达到目标高度。

目标堆栈应始终首先评估其大小写。

IE浏览器

stacks = [ [-, R, G], [-, R, G], [-, R, G] ]

Goal = stacks[0][1] = G

首先检查目标堆栈会导致：

(0, 1), (0, 2), (1, 0), (2, 0) = 4 Moves

忽略目标堆栈：

(1, 0), (1, 2), (0, 1), (0, 1), (2, 0) = 5 Moves

我想出了两个选择，但是没有一个能够及时解决案例2。第一种选择是将A *与字符串距离量度一起用作h（n），第二种选择是IDA *。我测试了许多字符串相似性度量，并在方法中使用了Smith-waterman。我已更改您的表示法以更快地解决问题。我在每个数字的末尾都添加了数字，以检查是否有两次被移动。

这是我测试过的情况：

start = [
 ['R1', 'R2', 'R3', 'R4'], 
 ['Y1', 'Y2', 'Y3', 'Y4'], 
 ['G1', 'G2', 'G3', 'G4'], 
 ['B1'], 
 ['B2', 'B3', 'B4']
]

case_easy = [
 ['R', 'R', 'R', 'R'], 
 ['Y', 'Y', 'Y', 'Y'], 
 ['G', 'G', 'G'], 
 ['B', 'B'], 
 ['B', 'B', 'G']
]


case_medium = [
 ['R', 'R', 'R', 'R'], 
 ['Y', 'Y', 'Y', 'B'], 
 ['G', 'G', 'G'], 
 ['B'],
 ['B', 'B', 'G', 'Y']
]

case_medium2 = [
 ['R', 'R', 'R' ], 
 ['Y', 'Y', 'Y', 'B'], 
 ['G', 'G' ], 
 ['B', 'R', 'G'],
 ['B', 'B', 'G', 'Y']
]

case_hard = [
 ['B'], 
 ['Y', 'Y', 'Y', 'Y'], 
 ['G', 'G', 'G', 'G'], 
 ['R','R','R', 'R'], 
 ['B','B', 'B']
]

这是A *代码：

from copy import deepcopy
from heapq import *
import time, sys
import textdistance
import os

def a_star(b, goal, h):
    print("A*")
    start_time = time.time()
    heap = [(-1, b)]
    bib = {}
    bib[b.stringify()] = b

    while len(heap) > 0:
        node = heappop(heap)[1]
        if node == goal:
            print("Number of explored states: {}".format(len(bib)))
            elapsed_time = time.time() - start_time
            print("Execution time {}".format(elapsed_time))
            return rebuild_path(node)

        valid_moves = node.get_valid_moves()
        children = node.get_children(valid_moves)
        for m in children:
          key = m.stringify()
          if key not in bib.keys():
            h_n = h(key, goal.stringify())
            heappush(heap, (m.g + h_n, m)) 
            bib[key] = m

    elapsed_time = time.time() - start_time
    print("Execution time {}".format(elapsed_time))
    print('No Solution')

这是IDA *代码：

#shows the moves done to solve the puzzle
def rebuild_path(state):
    path = []
    while state.parent != None:
        path.insert(0, state)
        state = state.parent
    path.insert(0, state)
    print("Number of steps to solve: {}".format(len(path) - 1))
    print('Solution')

def ida_star(root, goal, h):
    print("IDA*")
    start_time = time.time()
    bound = h(root.stringify(), goal.stringify())
    path = [root]
    solved = False
    while not solved:
        t = search(path, 0, bound, goal, h)
        if type(t) == Board:
            solved = True
            elapsed_time = time.time() - start_time
            print("Execution time {}".format(elapsed_time))
            rebuild_path(t)
            return t
        bound = t

def search(path, g, bound, goal, h):

    node = path[-1]
    time.sleep(0.005)
    f = g + h(node.stringify(), goal.stringify())

    if f > bound: return f
    if node == goal:
        return node

    min_cost = float('inf')
    heap = []
    valid_moves = node.get_valid_moves()
    children = node.get_children(valid_moves)
    for m in children:
      if m not in path:
        heappush(heap, (m.g + h(m.stringify(), goal.stringify()), m)) 

    while len(heap) > 0:
        path.append(heappop(heap)[1])
        t = search(path, g + 1, bound, goal, h)
        if type(t) == Board: return t
        elif t < min_cost: min_cost = t
        path.pop()
    return min_cost

class Board:
  def __init__(self, board, parent=None, g=0, last_moved_piece=''):
    self.board = board
    self.capacity = len(board[0])
    self.g = g
    self.parent = parent
    self.piece = last_moved_piece

  def __lt__(self, b):
    return self.g < b.g

  def __call__(self):
    return self.stringify()

  def __eq__(self, b):
    if self is None or b is None: return False
    return self.stringify() == b.stringify()

  def __repr__(self):
    return '\n'.join([' '.join([j[0] for j in i]) for i in self.board])+'\n\n'

  def stringify(self):
    b=''
    for i in self.board:
      a = ''.join([j[0] for j in i])
      b += a + '-' * (self.capacity-len(a))

    return b

  def get_valid_moves(self):
    pos = []
    for i in range(len(self.board)):
      if len(self.board[i]) < self.capacity:
        pos.append(i)
    return pos

  def get_children(self, moves):
    children = []
    for i in range(len(self.board)):
      for j in moves:
        if i != j and self.board[i][-1] != self.piece:
          a = deepcopy(self.board)
          piece = a[i].pop()
          a[j].append(piece)
          children.append(Board(a, self, self.g+1, piece))
    return children

用法：

initial = Board(start)
final1 = Board(case_easy)
final2 = Board(case_medium)
final2a = Board(case_medium2)
final3 = Board(case_hard)

x = textdistance.gotoh.distance

a_star(initial, final1, x)
a_star(initial, final2, x)
a_star(initial, final2a, x)

ida_star(initial, final1, x)
ida_star(initial, final2, x)
ida_star(initial, final2a, x)

在评论中，您说有N个堆栈，容量为P，并且始终有P个空白空间。如果是这种情况，则该算法似乎可以else在您代码中的子句中使用（即，当num_removals + min_to_unlock > num_free_spaces）：

1. 找到最接近堆栈顶部的所需块。
2. 从所需部件上方移动所有部件，以使顶部只有一个空白的堆栈（不是目标堆栈）移动。如果需要，请从目标堆栈或另一个堆栈中移动片段。如果唯一的开放空间是目标堆栈的顶部，请移动一块以打开另一个堆栈的顶部。这总是可能的，因为有P个开放空间，最多P-1个块可以从所需块的上方移动。
3. 将所需的一块移到堆栈顶部的空白处。
4. 从目标堆栈中移动片段，直到打开目标为止。
5. 将所需的棋子移到目的地。

尽管我还没有时间用数学证明这一点，但我还是决定将其发布。希望能帮助到你。该方法是定义一个参数p，该参数p将随着良好的移动而减小，并在游戏结束时恰好达到零。在程序中，仅考虑好动作或中性动作（使p保持不变），而忽略坏动作（使p增加）。

那么什么是p？对于每一列，将p定义为在该列中的所有颜色成为所需颜色之前仍必须删除的块数。因此，假设我们希望红色块最终出现在最左边的列中（我稍后再讲），并假设在底部有一个红色块，然后在其顶部有一个黄色，在该块之上还有一个块那，然后是一个空白空间。然后此列的p = 2（要删除的两个块全部变为红色）。计算所有列的p。对于应该以空结尾的列，p等于其中的块数（所有块都应该走）。当前状态的P是所有列的所有p的总和。

当p = 0时，所有列均具有相同的颜色，并且一列为空，因此游戏已结束。

通过选择减小p（或至少不增大p）的移动，我们正在朝着正确的方向移动，我认为这是最短路径算法的关键区别：Dijkstra不知道他是否在每个方向上都朝着正确的方向移动他正在调查的顶点。

那么，我们如何确定每种颜色的最终结果呢？基本上通过为每种可能性确定p来确定。因此，例如以红色/黄色/绿色/空开始，计算p，然后转到红色/黄色/空/绿色，计算p，依此类推。以最低的p作为起始位置。这需要n！计算。对于n = 8，这是40320，这是可行的。坏消息是，您必须检查所有相等的最低p的起始位置。好消息是您可以忘记其余的一切。

这里有两个数学上的不确定性。一：是否有可能采用错误的举动缩短路径？似乎不太可能，我还没有找到反例，但我也没有找到证据。第二：从非最佳开始位置（即不是最低的p）开始时，路径可能会比所有最佳开始位置都短。再说一次：没有反例，也没有证据。

一些实施建议。在执行每一列的过程中跟踪p并不困难，但是当然应该这样做。每列应保留的另一个参数是空白点的数量。如果为0，则此列暂时不能接受任何块，因此可以不在循环之内。当列的p = 0时，不符合弹出条件。对于每个可能的弹出音，检查是否有良好的移动，即减小整体p的移动。如果有多个，请全部检查。如果没有，请考虑所有中立的举动。

所有这些都将大大减少您的计算时间。