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对于给定八数码棋局的初始状态，我们的目标是通过交换空格与其相邻棋子使棋盘达到目标状态。
其中，游戏规则是只能交换空格与其上下左右四个方向的相邻棋子。

假设棋局目标状态为如下形式：（A、B、C、D、E、F、G、H表示棋子）
 A  B  C
 D  E  F
 G  H          
而初始状态就是A、B、C、D、E、F、G、H这八个棋子在这九个棋格上的任意分布。

并且我们对棋盘中每个棋格进行如下形式的编号：
 1  2  3
 4  5  6
 7  8  9

那么，对于一个任意的棋局状态，我们可以取得这八个棋子（A、B、C、D、E、F、G、H）的一个数列：棋子按照棋格的编号依次进行排列，记为p=c[1]c[2]c[3]c[4]c[5]c[6]c[7]c[8]（即A、B、C、D、E、F、G、H的一个排列）。

在分析之前，先引进逆序和逆序数的概念：对于棋子数列中任何一个棋子c[i]（1≤i≤8），如果有j>i且c[j]<c[i]，那么 c[j]是c[i]的一个逆序，或者c i]和c[j]构成一个逆序对。定义棋子c[i]的逆序数为c[i]的逆序个数；棋子数列的逆序数为该数列所有棋子的逆序数总和。注：约定A<B<C<D<E<F<G<H。

现在，我们对一个任意的棋局状态p=c[1]c[2]c[3]c[4]c[5]c[6]c[7]c[8]进行分析：

引理1：如果交换任何两个相邻的棋子，那么棋子数列的逆序数将发生奇偶性互变（奇偶性互变是指由奇数变为偶数，或由偶数变为奇数，下同）。
   其证明很简单，假设交换的是c[i]和c[i+1]，那么对于c[j]（1≤j≤i-1或i+2≤j≤8）的逆序数并不改变。若交换之前 c[i]<c[i+1]，那么交换之后，c[i]的逆序数不变，而c[i+1]的逆序数加1（因为c[i]成了它的一个逆序）；同理，若交换之前 c[i]>c[i+1]，那么交换之后，c[i]的逆序数减1，而c[i+1]的逆序数不变。所以，引理1成立。

引理2：如果棋子数列经过n次相邻棋子交换后，若n为偶数，则数列逆序数奇偶性不变；若n为奇数，则数列逆序数将发生奇偶性互变。
   其证明可以由引理1简单推出。

引理3：在满足上述约定的八数码问题中，空格与相邻棋子的交换不会改变棋局中棋子数列的逆序数的奇偶性。
   证明：显然空格与左右棋子交换不会改变棋子数列的逆序数（因为数列并没有改变）。现在考虑空格与上下棋子交换的情况：若空格与上方的棋子交换（假设交换是可行的），将得到一个新数列。若假设交换棋子为c[i]=X，那么原数列p=c[1]...X c[i+1]c[i+2]...c[8]将变为新数列q=c[1]...c[i+1]c[i+2]X ...c[8]（注意：在棋盘中，上下相邻的两棋格之间隔有两个棋格）。由原数列p到新数列q的转变可以通过如下方式加以解释：用X与c[i+1]、
c[i+2]先后进行两次相邻交换而完成状态转变。所以根据引理2知，由p状态到q状态并不会改变改变棋子数列的逆序数的奇偶性。同理可证空格与下方棋子交换也不会改变棋子数列的逆序数的奇偶性。所以，空格与相邻棋子的交换不会改变棋局中棋子数列的逆序数的奇偶性。

定理1
（1）当初始状态棋局的棋子数列的逆序数是奇数时，八数码问题无解；
（2）当初始状态棋局的棋子数列的逆序数是偶数时，八数码问题有解。

   证明：由引理3知，按照八数码问题的游戏规则，在游戏过程中，棋局的棋子数列的逆序数的奇偶性不会发生变化。而上面规定的目标状态没有逆序存在，所以目标状态下棋局的逆序数为偶数（实际为0）。显然，可能的初始状态棋局的棋子数列的逆序数可能为奇数，也可能为偶数（因为把一个初始状态中任意相邻两个棋子交换，得到的新的状态作为初始状态，它们的奇偶性相反）。所以，对于任意一个初始状态，若其棋局的棋子数列的逆序数为奇数，则永远也不可能达到目标状态，即八数码问题无解；若其棋局的棋子数列的逆序数为偶数，（接下来如何证明）。

附一个题

http://poj.org/problem?id=2893

后续篇

ZJU2004 Commedia dell'arte 八数码问题有解的条件及其推广

题目描述：

此题是经典的八数码问题的推广。一个M×M×M的立方体，原始状态一次给方块编号1 ~ M^3-1，最后一个格子空缺。现在给定任意一个方块的排列，问能否通过合法变换回到原始状态。

解题思路：

题目要求一个三维空间的N数码问题，问是否有解。我们先从简单的情况考虑。

>从八数码问题入手

我们首先从经典的八数码问题入手，即对于八数码问题的任意一个排列是否有解？有解的条件是什么？

我在网上搜了半天，找到一个十分简洁的结论。八数码问题原始状态如下：

1 2 3
4 5 6
7 8

为了方便讨论，我们把它写成一维的形式，并以0代替空格位置。那么表示如下：

1 2 3 4 5 6 7 8 0

通过实验得知，以下状态是无解的（交换了前两个数字1 2）：

2 1 3 4 5 6 7 8 0

八数码问题的有解无解的结论：

一个状态表示成一维的形式，求出除0之外所有数字的逆序数之和，也就是每个数字前面比它大的数字的个数的和，称为这个状态的逆序。

若两个状态的逆序奇偶性相同，则可相互到达，否则不可相互到达。

由于原始状态的逆序为0（偶数），则逆序为偶数的状态有解。

也就是说，逆序的奇偶将所有的状态分为了两个等价类，同一个等价类中的状态都可相互到达。

简要说明一下：当左右移动空格时，逆序不变。当上下移动空格时，相当于将一个数字向前（或向后）移动两格，跳过的这两个数字要么都比它大（小），逆序可能±2；要么一个较大一个较小，逆序不变。所以可得结论：只要是相互可达的两个状态，它们的逆序奇偶性相同。我想半天只能说明这个结论的必要性，详细的证明请参考后面的附件。

>推广二维N×N的棋盘

我们先来看看4×4的情况，同样的思路，我们考虑移动空格时逆序的变化情况。

1    2    3    4
5    6    7    8
9    A    B   C
D   E    F   

我们用字母A~F代替数字10~15。同样地，当左右移动的时候，状态的逆序不改变。而当上下移动的时候，相当于一个数字跨过了另外三个格子，它的逆序可能±3或±1，逆序的奇偶性必然改变。那么又该如何

1    2    3    4
5    6    7    8
9    A    B   
C   D   E    F   

可以证明，以上状态是一个无解的状态（将C移到了第四行）。该状态的逆序为0，和原始状态相同，但是它的空格位置在第三行。若将空格移到第四行，必然使得它的逆序±1或±3，奇偶性必然改变。所以它是一个无解的状态。

然而以下状态就是一个有解的状态（交换了前两个数字1 2）：

2    1    3    4
5    6    7    8
9    A    B   
C   D   E    F

这个状态的逆序为1，和原始状态奇偶性不同，而空格位置在第三行。由于空格每从第三行移动到第四行，奇偶性改变。则该状态的可到达原始状态。

通过观察，得出以下结论：

N×N的棋盘，N为奇数时，与八数码问题相同。

N为偶数时，空格每上下移动一次，奇偶性改变。称空格位置所在的行到目标空格所在的行步数为空格的距离（不计左右距离），若两个状态的可相互到达，则有，两个状态的逆序奇偶性相同且空格距离为偶数，或者，逆序奇偶性不同且空格距离为奇数数。否则不能。

也就是说，当此表达式成立时，两个状态可相互到达：(状态1奇偶性==状态2奇偶性)==(空格距离%2==0)。

此结论只是由观察得知的，但是还没证明过，请高手指点。

另外再详细说明一下，无论N是奇数还是偶数，空格上下移动，相当于跨过N-1个格子。那么逆序的改变可能为一下值±N-1，±N-3，±N-5 …… ±N-2k-1。当N为奇数数时N-1为偶数，逆序改变可能为0；当N为偶数时N-1为奇数，逆序的改变不能为0，只能是奇数，所以没上下移动一次奇偶性必然改变。

>推广到三维N×N×N

其实，三维的结论和二维的结论是一样的。

考虑左右移动空格，逆序不变；同一层上下移动空格，跨过N-1个格子；上下层移动空格，跨过N^2-1个格子。

当N为奇数时，N-1和N^2-1均为偶数，也就是任意移动空格逆序奇偶性不变。那么逆序奇偶性相同的两个状态可相互到达。

当N为偶数时，N-1和N^2-1均为奇数，也就是令空格位置到目标状态空格位置的y z方向的距离之和，称为空格距离。若空格距离为偶数，两个逆序奇偶性相同的状态可相互到达；若空格距离为奇数，两个逆序奇偶性不同的状态可相互到达。

讨论到这里，题目问题也就解决了。

>解决题目

有了以上结论，解决题目就简单了。

统计出状态的逆序和空格距离，然后判断即可。

用此方法程序运行时间0.46s，排名15。在我之前的运行时间都在0.1秒以下。也许此题还有更加优美的判定方法，期待知道朋友请过来吼一声～

参考资料：

水木清华BBS精华区： 关于八码数问题有解与无解的证明 http://www.cnw3.org/smth/AI/5/8/00000001.htm
豆瓣网BBS ：http://www.douban.com/group/topic/1724083/

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附： 关于八码数问题有解与无解的证明

转载自【水木清华BBS精华区】：http://www.cnw3.org/smth/AI/5/8/00000001.htm