提高级-搜索-双向搜索和折半搜索(meet in the middle)

# 双向搜索算法

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## 双向同时搜索

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### 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。

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### 过程

双向广搜的步骤：

```text
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
}
```

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例题：[Nightmare II](http://39.99.183.126:8888/p/4394)

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## Meet in the middle

本节要介绍的不是 [**二分搜索**](../basic/binary.md)（二分搜索的另外一个译名为「折半搜索」）。

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### 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。

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### 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。

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### 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 $O(a^b)$ 降到 $O(a^{b/2})$。

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### 例题

[「USACO09NOV」灯 Lights](https://www.luogu.com.cn/problem/P2962)

有 $n$ 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。
    
$1\le n\le 35$。

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### 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 $O(2^{n})$, 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 $O(n2^{n/2})$。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 $1$ 到 $\mathrm{mid}$ 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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参考代码
```cpp
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#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;
}
```