算法刷题day54：搜索（一）

引言

针对于蓝桥杯，搜索问题还是非常之重要的，在省赛前深知暴搜的重要性，所以提前先把提高课的搜索一章给看了，结果省赛时用到的算法很少，几乎是没有，反而是刚学一两个星期的暴搜给了我很大的作用，全部题目几乎都用的是暴搜，所以对于 $OI$ 赛制来说，暴搜的技巧还是很重要的，其实到了国赛也是很重要，听说国赛题都很难，而且有的题都是假题，所以说对于这种题，暴搜就显得更重要了，听说全打暴力就能国三，再对个一两道题目说不定就能国二，其实暴搜大部分样例跟全做出来没啥区别，只要你剪枝剪的好，就能多对几个样例，还是要多练，加油！

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一、池塘计数

标签：BFS、Flood Fill

思路：其实就是一个找连通块的题目，只不过是一个八连通的，把 $BFS$ 里的循环和方向变为对应的八个方向即可。具体的做法就是，遍历每一个格子，如果该格子没有被访问过，并且是一个池塘，就用 $BFS$ 把这个池塘全部访问，然后结果加一，最后输出结果。

题目描述：

农夫约翰有一片 N∗M 的矩形土地。最近，由于降雨的原因，部分土地被水淹没了。现在用一个字符矩阵来表示他的土地。每个单元格内，如果包含雨水，则用”W”表示，如果不含雨水，则用”.”表示。现在，约翰想知道他的土地中形成了多少片池塘。每组相连的积水单元格集合可以看作是一片池塘。每个单元格视为与其上、下、左、右、左上、右上、左下、右下八个邻近单元格相连。请你输出共有多少片池塘，即矩阵中共有多少片相连的”W”块。输入格式
第一行包含两个整数 N 和 M。接下来 N 行，每行包含 M 个字符，字符为”W”或”.”，用以表示矩形土地的积水状况，字符之间没有空格。输出格式
输出一个整数，表示池塘数目。数据范围
1≤N,M≤1000
输入样例：
10 12
W........WW.
.WWW.....WWW
....WW...WW.
.........WW.
.........W..
..W......W..
.W.W.....WW.
W.W.W.....W.
.W.W......W.
..W.......W.
输出样例：
3

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 1010, M = N, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
char g[N][N];
bool st[N][N];int dir[8][2] = {-1,-1, -1,0, -1,1, 0,-1, 0,1, 1,-1, 1,0, 1,1};void bfs(PII S)
{st[S.x][S.y] = true;queue<PII> q; q.push(S);while(q.size()){auto t = q.front(); q.pop();for(int i = 0; i < 8; ++i){int x = t.x + dir[i][0];int y = t.y + dir[i][1];if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m) continue;if(st[x][y] || g[x][y] == '.') continue;st[x][y] = true;q.push({x,y});}}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m;for(int i = 0; i < n; ++i) cin >> g[i];int res = 0;for(int i = 0; i < n; ++i){for(int j = 0; j < m; ++j){if(!st[i][j] && g[i][j] == 'W'){res++;bfs({i,j});}}}cout << res << endl;return 0;
}

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二、城堡问题

标签：BFS

思路：这道题要求的是连通块的个数，以及连通块中最大的那个。不一样的是，该题的限制变成了每一个房间都会有墙，也就是说能不能向某一个方向移动就看该方向是否有墙，一般这种拿数字代表墙的都是二进制位来表示的，只要把对应方向和该二进制位对应起来，拿位运算就知道该方向是否有墙，然后就是正常操作了，每找一个点就给该连通块数加一，返回总数即可。

题目描述：

    1   2   3   4   5   6   7  #############################1 #   |   #   |   #   |   |   ######---#####---#---#####---#2 #   #   |   #   #   #   #   ##---#####---#####---#####---#3 #   |   |   #   #   #   #   ##---#########---#####---#---#4 #   #   |   |   |   |   #   ##############################(图 1)#  = Wall   |  = No wall-  = No wall方向：上北下南左西右东。
图1是一个城堡的地形图。请你编写一个程序，计算城堡一共有多少房间，最大的房间有多大。城堡被分割成 m∗n个方格区域，每个方格区域可以有0~4面墙。注意：墙体厚度忽略不计。输入格式
第一行包含两个整数 m 和 n，分别表示城堡南北方向的长度和东西方向的长度。接下来 m 行，每行包含 n 个整数，每个整数都表示平面图对应位置的方块的墙的特征。每个方块中墙的特征由数字 P 来描述，我们用1表示西墙，2表示北墙，4表示东墙，8表示南墙，P 为该方块包含墙的数字之和。例如，如果一个方块的 P 为3，则 3 = 1 + 2，该方块包含西墙和北墙。城堡的内墙被计算两次，方块(1,1)的南墙同时也是方块(2,1)的北墙。输入的数据保证城堡至少有两个房间。输出格式
共两行，第一行输出房间总数，第二行输出最大房间的面积（方块数）。数据范围
1≤m,n≤50,0≤P≤15
输入样例：
4 7 
11 6 11 6 3 10 6 
7 9 6 13 5 15 5 
1 10 12 7 13 7 5 
13 11 10 8 10 12 13 
输出样例：
5
9

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 55, M = N, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
int g[N][N];
bool st[N][N];int dir[4][2] = {0,-1, -1,0, 0,1, 1,0};  // 对应方向 int bfs(PII S)  // 找出每个连通块内的块数
{st[S.x][S.y] = true;int res = 1;queue<PII> q; q.push(S);while(q.size()){auto t = q.front(); q.pop();for(int i = 0; i < 4; ++i){// 注意这里是从 t 走的if(g[t.x][t.y] >> i & 1) continue;  // 刚好用与运算与之对应方向int x = t.x + dir[i][0];int y = t.y + dir[i][1];if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m) continue;if(st[x][y]) continue;res++;st[x][y] = true;q.push({x,y}); }	}return res;	
} int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m;  // 不要被变量名所骗，要看具体含义for(int i = 0; i < n; ++i){for(int j = 0; j < m; ++j){cin >> g[i][j];}}int sum = 0, maxv = 0;for(int i = 0; i < n; ++i){for(int j = 0; j < m; ++j){if(!st[i][j]){int t = bfs({i,j});sum++;maxv = max(maxv, t);}}}cout << sum << endl << maxv << endl;return 0;
}

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三、山峰和山谷

标签：BFS、Flood Fill

思路：这道题问山峰和山谷的数量，其实就是遍历每一个连通块（高度相同），然后遍历的同时，看看周围有没有比它更高的或者更低的，如果没有比他高的那就是山峰，如果没有比它低的，那就是山谷，如果两个都没有那就都是，刚好也满足题目的要求。有一个细节，就是判断的是周围，所以只要不越界就都要判断一下，所以不必先判断是否能走，应最后判断。

题目描述：

FGD小朋友特别喜欢爬山，在爬山的时候他就在研究山峰和山谷。为了能够对旅程有一个安排，他想知道山峰和山谷的数量。给定一个地图，为FGD想要旅行的区域，地图被分为 n×n 的网格，每个格子 (i,j) 的高度 w(i,j) 是给定的。若两个格子有公共顶点，那么它们就是相邻的格子，如与 (i,j) 相邻的格子有(i−1,j−1),(i−1,j),(i−1,j+1),(i,j−1),(i,j+1)，(i+1,j−1)
,(i+1,j),(i+1,j+1)。我们定义一个格子的集合 S 为山峰（山谷）当且仅当：S 的所有格子都有相同的高度。S 的所有格子都连通。对于 s 属于 S，与 s 相邻的 s′ 不属于 S，都有 ws>ws′（山峰），或者 ws<ws′（山谷）。如果周围不存在相邻区域，则同时将其视为山峰和山谷。你的任务是，对于给定的地图，求出山峰和山谷的数量，如果所有格子都有相同的高度，那么整个地图即是山峰，又是山谷。输入格式
第一行包含一个正整数 n，表示地图的大小。接下来一个 n×n 的矩阵，表示地图上每个格子的高度 w。输出格式
共一行，包含两个整数，表示山峰和山谷的数量。数据范围
1≤n≤1000,0≤w≤109
输入样例1：
5
8 8 8 7 7
7 7 8 8 7
7 7 7 7 7
7 8 8 7 8
7 8 8 8 8
输出样例1：
2 1
输入样例2：
5
5 7 8 3 1
5 5 7 6 6
6 6 6 2 8
5 7 2 5 8
7 1 0 1 7
输出样例2：
3 3

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 1010, M = N, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
int g[N][N];
bool st[N][N];
int high, low;int dir[8][2] = {-1,-1, -1,0, -1,1, 0,-1, 0,1, 1,-1, 1,0, 1,1};void bfs(PII S)
{st[S.x][S.y] = true;bool has_higher = false, has_lower = false;queue<PII> q; q.push(S);while(q.size()){auto t = q.front(); q.pop();for(int i = 0; i < 8; ++i){int x = t.x + dir[i][0];int y = t.y + dir[i][1];if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n) continue;  // 先判断是否越界if(g[x][y] > g[t.x][t.y]) has_higher = true;  // 判断周围if(g[x][y] < g[t.x][t.y]) has_lower = true;if(st[x][y] || g[x][y] != g[t.x][t.y]) continue;  // 判断是否为连通块st[x][y] = true;q.push({x,y});}}if(!has_higher) high++;  // 没有比它高的if(!has_lower) low++;  // 没有比他低的 
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 0; i < n; ++i){for(int j = 0; j < n; ++j){cin >> g[i][j];}}for(int i = 0; i < n; ++i){for(int j = 0; j < n; ++j){if(!st[i][j]){bfs({i,j});}}}cout << high << " " << low << endl;return 0;
}

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四、迷宫问题

标签：BFS

思路：这道题问的是一个最短的路径，其实针对于 $BFS$ 来说第一次走过的点，就是该点的最短路径，我们只要在遍历的时候，把要更新的点的前驱记下来即可。因为路径是从起点开始，我们可以直接从后向前遍历，这样在推导的时候就可以顺便打印了。

题目描述：

给定一个 n×n 的二维数组，如下所示：int maze[5][5] = {0, 1, 0, 0, 0,0, 1, 0, 1, 0,0, 0, 0, 0, 0,0, 1, 1, 1, 0,0, 0, 0, 1, 0,};
它表示一个迷宫，其中的1表示墙壁，0表示可以走的路，只能横着走或竖着走，不能斜着走，要求编程序找出从左上角到右下角
的最短路线。数据保证至少存在一条从左上角走到右下角的路径。输入格式
第一行包含整数 n。接下来 n 行，每行包含 n 个整数 0 或 1，表示迷宫。输出格式
输出从左上角到右下角的最短路线，如果答案不唯一，输出任意一条路径均可。按顺序，每行输出一个路径中经过的单元格的坐标，左上角坐标为 (0,0)，右下角坐标为 (n−1,n−1)。数据范围
0≤n≤1000
输入样例：
5
0 1 0 0 0
0 1 0 1 0
0 0 0 0 0
0 1 1 1 0
0 0 0 1 0
输出样例：
0 0
1 0
2 0
2 1
2 2
2 3
2 4
3 4
4 4

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 1010, M = N, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
int g[N][N];
bool st[N][N];
PII pre[N][N]; int dir[4][2] = {0,1,0,-1,1,0,-1,0};void bfs()
{st[n-1][n-1] = true;queue<PII> q; q.push({n-1,n-1});while(q.size()){auto t = q.front(); q.pop();if(t.x == 0 && t.y == 0) return;for(int i = 0; i < 4; ++i){int x = t.x + dir[i][0];int y = t.y + dir[i][1];if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n) continue;if(st[x][y] || g[x][y] == 1) continue;st[x][y] = true;pre[x][y] = {t.x,t.y};q.push({x,y});}}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 0; i < n; ++i){for(int j = 0; j < n; ++j){cin >> g[i][j];}}bfs();PII start = {0,0}, end = {n-1,n-1};while(start != end){cout << start.x << " " << start.y << endl;start = pre[start.x][start.y];}cout << end.x << " " << end.y << endl;return 0;
}

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五、武士风度的牛

标签：搜索、广度优先搜索、BFS

思路：这道题首先要看清楚行列，不一定是按顺序给你的，所以要小心，然后就是只不过搜索的时候把方式变了，其实本质上还是行列的一个变化而已，然后就是正常的求最短路。

最短路注意要点： 1. 输入的行列顺序 2. 起始点有时就是障碍 3. 起点有时是终点 4. 终点的符号跟正常的符号不一样

题目描述：

农民 John 有很多牛，他想交易其中一头被 Don 称为 The Knight 的牛。这头牛有一个独一无二的超能力，在农场里像 Knight 一样地跳（就是我们熟悉的象棋中马的走法）。虽然这头神奇的牛不能跳到树上和石头上，但是它可以在牧场上随意跳，我们把牧场用一个 x，y 的坐标图来表示。这头神奇的牛像其它牛一样喜欢吃草，给你一张地图，上面标注了 The Knight 的开始位置，树、灌木、石头以及其它障碍的位置，
除此之外还有一捆草。现在你的任务是，确定 The Knight 要想吃到草，至少需要跳多少次。The Knight 的位置用 K 来标记，障碍的位置用 * 来标记，草的位置用 H 来标记。这里有一个地图的例子：11 | . . . . . . . . . .10 | . . . . * . . . . . 9 | . . . . . . . . . . 8 | . . . * . * . . . . 7 | . . . . . . . * . . 6 | . . * . . * . . . H 5 | * . . . . . . . . . 4 | . . . * . . . * . . 3 | . K . . . . . . . . 2 | . . . * . . . . . * 1 | . . * . . . . * . . 0 ----------------------1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 
The Knight 可以按照下图中的 A,B,C,D… 这条路径用 5 次跳到草的地方（有可能其它路线的长度也是 5）：11 | . . . . . . . . . .10 | . . . . * . . . . .9 | . . . . . . . . . .8 | . . . * . * . . . .7 | . . . . . . . * . .6 | . . * . . * . . . F<5 | * . B . . . . . . .4 | . . . * C . . * E .3 | .>A . . . . D . . .2 | . . . * . . . . . *1 | . . * . . . . * . .0 ----------------------10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0
注意： 数据保证一定有解。输入格式
第 1 行： 两个数，表示农场的列数 C 和行数 R。第 2..R+1 行: 每行一个由 C 个字符组成的字符串，共同描绘出牧场地图。输出格式
一个整数，表示跳跃的最小次数。数据范围
1≤R,C≤150
输入样例：
10 11
..........
....*.....
..........
...*.*....
.......*..
..*..*...H
*.........
...*...*..
.K........
...*.....*
..*....*..
输出样例：
5

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 155, M = N, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
char g[N][N];
int dist[N][N];
PII S, E;int dir[8][2] = {-2,-1, -2,1, -1,-2, -1,2, 1,-2, 1,2, 2,-1, 2,1};int bfs()
{if(g[S.x][S.y] == '*' || g[E.x][E.y] == '*') return false;memset(dist, -1, sizeof dist);dist[S.x][S.y] = 0;queue<PII> q; q.push(S);while(q.size()){auto t = q.front(); q.pop();if(t == E) return dist[t.x][t.y];  // 防止起点即终点for(int i = 0; i < 8; ++i){int x = t.x + dir[i][0];int y = t.y + dir[i][1];if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m) continue;if(dist[x][y] != -1 || g[x][y] == '*') continue;  //=='*'，因为起始点都不是'.' ,如果 != '.'，访问不到终点dist[x][y] = dist[t.x][t.y] + 1;q.push({x,y}); }}return -1;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> m >> n;  // 看清楚行列for(int i = 0; i < n; ++i) {cin >> g[i];for(int j = 0; j < m; ++j){if(g[i][j] == 'K') S = {i,j};if(g[i][j] == 'H') E = {i,j};}}cout << bfs() << endl;return 0;
}

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六、抓住那头牛

标签：BFS

思路：这道题实际上跟上一题差不多，都是改变坐标，只不过这种方式第一次可能写不出来，但是看了一遍就会了，其余的也只是正常写法。这里说一下为什么小于零，或者大于两倍的 $n$ 就非最优解，因为答案存在于 $0\sim n$ ，能走到零肯定是减到的，所以之后唯一的操作就是加，那就多余走了嘛。然后因为最多也只会走到这，再走明显就不如之前了。

题目描述：

农夫知道一头牛的位置，想要抓住它。农夫和牛都位于数轴上，农夫起始位于点 N，牛位于点 K。农夫有两种移动方式：从 X 移动到 X−1 或 X+1，每次移动花费一分钟从 X 移动到 2∗X，每次移动花费一分钟假设牛没有意识到农夫的行动，站在原地不动。农夫最少要花多少时间才能抓住牛？输入格式
共一行，包含两个整数N和K。输出格式
输出一个整数，表示抓到牛所花费的最少时间。数据范围
0≤N,K≤105
输入样例：
5 17
输出样例：
4

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 2e5+10, M = N, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
int dist[N];int bfs()
{memset(dist, -1, sizeof dist);dist[n] = 0;queue<int> q; q.push(n);while(q.size()){int t = q.front(); q.pop();if(t == m) return dist[t];for(int i = 0; i < 3; ++i){int x;if(!i) x = t - 1;else if(i == 1) x = t + 1;else x = t * 2;if(x < 0 || x > N) continue;  // 因为已经非最优解了if(dist[x] != -1) continue;dist[x] = dist[t] + 1;q.push(x); }}return -1;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m;cout << bfs() << endl;return 0;
}

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七、矩阵距离

标签：BFS、多源BFS

思路：这道题问的是所有的格子到 $1$ 的最短距离，我们可以反过来从所有的 $1$ 出发，去求到所有的距离，实际做法就是把所有的 $1$ 入队，并把距离初始化为 $0$ ，然后跑一遍 $BFS$ 。

题目描述：

给定一个 N 行 M 列的 01 矩阵 A，A[i][j] 与 A[k][l] 之间的曼哈顿距离定义为：dist(A[i][j],A[k][l])=|i−k|+|j−l|输出一个 N 行 M 列的整数矩阵 B，其中：B[i][j]=min1≤x≤N,1≤y≤M,A[x][y]=1dist(A[i][j],A[x][y])输入格式
第一行两个整数 N,M。
接下来一个 N 行 M 列的 01 矩阵，数字之间没有空格。输出格式
一个 N 行 M 列的矩阵 B，相邻两个整数之间用一个空格隔开。数据范围
1≤N,M≤1000
输入样例：
3 4
0001
0011
0110
输出样例：
3 2 1 0
2 1 0 0
1 0 0 1

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 1010, M = N, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
char g[N][N];
int dist[N][N];int dir[4][2] = {0,1,0,-1,1,0,-1,0};void bfs()
{memset(dist, -1, sizeof dist);queue<PII> q;for(int i = 0; i < n; ++i){for(int j = 0; j < m; ++j){if(g[i][j] == '1'){dist[i][j] = 0;q.push({i,j});}}}while(q.size()){auto t = q.front(); q.pop();for(int i = 0; i < 4; ++i){int x = t.x + dir[i][0];int y = t.y + dir[i][1];if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m) continue;if(dist[x][y] != -1) continue;dist[x][y] = dist[t.x][t.y] + 1;q.push({x,y});}}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m;for(int i = 0; i < n; ++i) cin >> g[i];bfs();for(int i = 0; i < n; ++i){for(int j = 0; j < m; ++j){cout << dist[i][j] << " ";}cout << endl;}return 0;
}

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八、魔板

标签：BFS

思路：其实就是状态的表示发生了变化，我用的是如下图的一个对应的顺序，其实这个表示方式不唯一，只要输入输出和变化一一对应即可。我这里面的数字都是下标，这样在变化的时候好理解。总的就是一个 $BFS$ ，然后每次取出队头，进行三种变化，由于字典序最小，就按照 $ABC$ 的顺序，然后有一个哈希表，存的是一对键值都是字符串，分别对应当前的状态，以及从起点到当前状态的操作方式，具体就跟 $dist$ 的作用是一样的，还能用 $count$ 方法来看这个状态是否访问过，根据操作方法的顺序来增加操作方法，然后就是具体的操作，我就是根据具体的下标变化，来赋值的。详情见代码，发现结构跟抓住那头牛是一模一样，只是状态和具体的操作不一样了而已。

题目描述：

Rubik 先生在发明了风靡全球的魔方之后，又发明了它的二维版本——魔板。这是一张有 8 个大小相同的格子的魔板：1 2 3 4
8 7 6 5
我们知道魔板的每一个方格都有一种颜色。这 8 种颜色用前 8 个正整数来表示。可以用颜色的序列来表示一种魔板状态，规定从魔板的左上角开始，沿顺时针方向依次取出整数，构成一个颜色序列。对于上图的魔板状态，我们用序列 (1,2,3,4,5,6,7,8) 来表示，这是基本状态。这里提供三种基本操作，分别用大写字母 A，B，C 来表示（可以通过这些操作改变魔板的状态）：A：交换上下两行；
B：将最右边的一列插入到最左边；
C：魔板中央对的4个数作顺时针旋转。下面是对基本状态进行操作的示范：A：8 7 6 5
1 2 3 4
B：4 1 2 3
5 8 7 6
C：1 7 2 4
8 6 3 5
对于每种可能的状态，这三种基本操作都可以使用。你要编程计算用最少的基本操作完成基本状态到特殊状态的转换，输出基本操作序列。注意：数据保证一定有解。输入格式
输入仅一行，包括 8 个整数，用空格分开，表示目标状态。输出格式
输出文件的第一行包括一个整数，表示最短操作序列的长度。如果操作序列的长度大于0，则在第二行输出字典序最小的操作序列。数据范围
输入数据中的所有数字均为 1 到 8 之间的整数。输入样例：
2 6 8 4 5 7 3 1
输出样例：
7
BCABCCB

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 1e5+10, M = N, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
unordered_map<string,string> dist;
string S = "12345678", E;string dir = "ABC";string op1(string src)
{string res = src;for(int i = 0; i < 4; ++i){swap(res[i], res[7-i]);}return res;
}string op2(string src)
{string res = src;int t[8] = {3,0,1,2,5,6,7,4};for(int i = 0; i < 8; ++i){res[i] = src[t[i]];}return res;
}string op3(string src)
{string res = src;res[1] = src[6], res[2] = src[1];res[5] = src[2], res[6] = src[5];return res;
}string bfs()
{dist[S] = "";queue<string> q; q.push(S);while(q.size()){auto t = q.front(); q.pop();if(t == E) return dist[E];for(int i = 0; i < 3; ++i){string x;if(!i) x = op1(t);else if(i == 1) x = op2(t);else x = op3(t);if(dist.count(x)) continue;dist[x] = dist[t] + dir[i];q.push(x); }}return "impossible";
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);string t; while(cin >> t) E += t;string res = bfs();cout << res.size() << endl;if(res.size()) cout << res << endl;return 0;
}