一些废话

夜深人静的夜晚，我开了这道题。看起来，完成它是一件轻而易举的事。我想了想，打开Dev-C++，开始写代码。
然而，那时的我还不知道，我踏入了深渊......

咳咳，中二病犯了，前面的文字请忽略。

思路

题目要求最少操作次数，显然，我们要使用BFS来求解。
对于每个节点，接下来有最多三个子节点，用函数模拟即可。
因为要求输出操作序列，所以需要存储每个节点的父节点。

细节

我们还需要对魔板进行去重操作来剪枝。
这是因为：
由于BFS的特性，当一个魔板第一次出现时，得到它所需要的操作次数是最少的；如果它出现了多次，那么与首次出现相比，它所需的操作次数更多。从该魔板出发还原成目标魔板时，如果从第一个魔板出发，所用的总次数最少；而多次出现的必然比首次出现的所用的总次数多。
因此通过去重操作进行剪枝是必要的，这会使原本MLE的程序AC（作者亲身经历）。
别忘了输出60个字符就要换行。
另外，当目标模板与初始模板一致时，需要直接输出0，结束程序。

实现

变量等命名不规范，望见谅。

#include <cstdio>
#define N 10000005
#define fot(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define tof(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
int bd[9],bb[9];
int b2[9];
int q[N][9];
int dep[N];
int list[N];
char stk[N];
int fa[N];
bool exis[16777216];
void swap(int &x,int &y)
{
	int temp=x;
	x=y;
	y=temp;
}
void A()
{
	fot(i,1,4)
		swap(bd[i],bd[9-i]);
}
void B()
{
	int f[2];
	f[0]=bd[4];
	f[1]=bd[5];
	tof(i,3,1)
		bd[i+1]=bd[i];
	fot(i,6,8)
		bd[i-1]=bd[i];
	bd[1]=f[0];
	bd[8]=f[1];
}
void C()
{
	int temp=bd[2];
	bd[2]=bd[7];
	bd[7]=bd[6];
	bd[6]=bd[3];
	bd[3]=temp;
}
void setts(int i)
{
	fot(j,1,8)
		q[i][j]=bd[j];
}
void getts(int i)
{
	fot(j,1,8)
		bd[j]=q[i][j];
}
bool judge()
{
	fot(i,1,8)
	{
		if(bd[i]!=b2[i])
			return 0;
	}
	return 1;
}
void print(int x)
{
	printf("%d\n",dep[x]);
	int i;
	for(i=1;x;i++)
	{
		stk[i]=list[x]-1+'A';
		x=fa[x];
	}
	int cnt=0;
	tof(j,i-1,1)
	{
		cnt++;
		printf("%c",stk[j]);
		if(cnt%60==0)
			printf("\n");
	}
}
bool exist()
{
	int number=0;
	fot(i,1,8)
		number=number*8+bd[i]-1;
	if(exis[number])
		return 1;
	else
	{
		exis[number]=1;
		return 0;
	}
}
int main()
{
	fot(i,1,8)
		scanf("%d",&b2[i]);
	fot(i,1,8)
		bd[i]=i;
	if(judge())
	{
		printf("0");
		return 0;
	}
	int head=0,tail=0;
	setts(0);
	fa[0]=-1;
	while(head<=tail)
	{
		getts(head);
		fot(i,1,3)
		{
			if(i==1) A();
			if(i==2) B();
			if(i==3) C();
			if(exist())
			{
				getts(head);
				continue;
			}
			tail++;
			list[tail]=i;
			fa[tail]=head;
			setts(tail);
			dep[tail]=dep[head]+1;
			if(judge())
			{
				print(tail);
				return 0;
			}
			getts(head);
		}
		head++;
	}
}