01 结论先行

最短解可以保证。
多项式运行时间，不能保证。

把棋盘边长记为 n，格子数记为 N = n²，普通黑白格数为 M，彩格数为 R，星星数为 K。输入是显式列出的整张棋盘，且 M + R = N、K ≤ N。以下复杂度讨论允许棋盘和星星数随输入增长；固定的 8×8 六星关卡只是有限实例。

“最优”在本网页指返回的解移动总数最少。判定只需要可达性搜索；返回一组解要额外记录前驱；最短解则要求按累计移动代价搜索。三个任务共享同一个精确状态模型。

02 把棋盘变成状态

只记两颗棋子在哪里，还远远不够。

同样的两个位置，可能对应完全不同的道路。必须记录每个普通格当前的颜色。彩格位置固定，作为棋盘参数保存，不需要反复记录。

一步转移按以下顺序执行：检查相邻格是否合法 → 移动 → 普通格染色 → 若该格仍有星，收集并换手 → 若星星清空，游戏结束。初始棋子脚下的颜色保持输入值；脚下若有星，不自动收集，须离开后再进入。

彩格保持不变。到达星星的那一步立刻换手，不能继续走完预先指定的一段路径。

03 精确求解

在状态之间找路，
而不是只在格子之间找路。

一个算法，回答三个问题

1. 判定：搜索所有可达状态，首次遇到 U = ∅ 就回答有解；只有搜索空间完全耗尽，才能回答无解。
2. 找一组解：每发现新状态，记录“来自哪个状态、走了哪一步”，到终点后逆序回溯。
3. 找最短解：规则 A 用普通 BFS；规则 B 用 0–1 BFS，移动放队尾，免费换手放队首，并且只在距离变短时更新。

所有 dist = ∞; dist[start] = 0; deque = [start]
while deque 不为空:
    s = 弹出队首
    if s 的剩余星星为空: 回溯并返回
    for (next, cost) in 合法后继(s):
        # 移动 cost = 1；困住换手 cost = 0
        if dist[s] + cost < dist[next]:
            更新 dist[next] 和 predecessor[next]
            cost == 0 ? 放队首(next) : 放队尾(next)
return 无解

正确性：每条图边都对应一次合法操作；每次合法操作也都出现在图中。因此，通关与终点状态可达等价。所有边权非负且为 0 或 1，0–1 BFS 按最短距离展开；目标首次被正确取出时，其距离就是最少移动数。前驱链给出可实际执行的解。

网页里的等价优化：压缩免费换手

当前棋子困住时，没有别的有效操作；若另一颗能走，就立即把这个唯一的 0 代价转移压缩掉，继续对“一步移动＋必要换手”做单位权 BFS。若两颗都困住，直接丢弃这个封闭的零代价循环。解的记录仍保存每一次免费换手，因此可以按原规则播放。

04 复杂度上界

状态可能指数多，
严格模式的解却不必指数长。

两颗棋子不能重合，最多有 N(N−1) 种位置组合；普通格的颜色最多 2^M 种，剩余星星集合最多 2^K 种，行动方 2 种。因此状态数有统一上界：

每个状态最多 4 条移动边和 1 条免费换手边，所以完整 BFS / 0–1 BFS 的时间和存储状态数均为 O(Q)（把一个状态键视作常数个机器字时）。严谨按位计费，一个状态占 O(N) 位，可写成期望时间 O(NQ)、空间 O(NQ) 位，使用哈希去重；平衡树去重可给出额外 log Q 因子的确定性上界。

定理 1 · 严格模式属于 NP

从一颗星星到下一颗星星的过程中，另一颗棋子不动。行动棋子每进入一个普通异色格，就把它染成自身颜色，因此同一回合最多进入每个普通格一次。这样的进入最多有 M 次，把回合切成最多 M+1 段纯彩格行走。

在一段纯彩格行走中，可以删去所有不吃星的重复位置循环，因为它们不改变任何状态。唯一需要保留的首尾重复，是离开后回到初始脚下尚未收集的星星；这时取最短返回回路，仍至多有 R 次彩格进入。因此存在一个等效回合，长度至多 M + (M+1)R。共有至多 K 个回合，于是只要有解，就有长度满足下式的解：

逐步验证这条多项式长度的路径即可，故判定问题属于 NP。最短解也不会超过此上界，所以即使步数预算 L 用二进制表示，“≤ L 步能否通关”仍属于 NP。没有彩格时，上界进一步降为 KM。

定理 2 · 困住可换手模式属于 PSPACE

允许不吃星就换手后，回合数不再由 K 控制，所以上面的 NP 证明不再适用。有限状态图仍然只有 Q 个状态；如果终点可达，就有一条不重复状态、至多 Q−1 条边的路径。

只存当前状态和一个 log Q = O(N) 位的计数器，非确定地猜测下一步，就能以多项式空间判定可达性。由 Savitch 定理 NPSPACE = PSPACE，得到确定性多项式空间上界。带步数预算时再存累计移动数即可。这里的论证没有给出多项式时间，也没有给出多项式长度证书。[Savitch, 1970]

05 复杂度下界 · 完整构造

把一个经典难题，
藏进每一步都会吃星的棋盘。

起点是一般网格图的哈密顿环问题：能否沿上下左右的边走一个环，恰好访问每个顶点一次？这个问题已被证明 NP 完全。注意这里允许网格图有缺失的顶点，并不是完整矩形网格。下面的归约把“缺失顶点”编码成普通黑格，不引入任何额外的墙。[Itai、Papadimitriou、Szwarcfiter, 1982，定理 2.1]

第一步 · 把环的终点固定下来

设原图为 G，有 v 个顶点。若有顶点度数小于 2，直接输出一盘两子都困住、还有星星的无解棋盘。否则，选取 x+y 最小、并在并列者中 x 最小的顶点 t。它没有 x−1 或 y−1 方向的邻居，因此度数恰为 2；取它的一个邻居为 s。

在 t 左侧添加一个新顶点 u。它只与 t 相邻：(x−2, y)、(x−1, y−1) 的坐标和更小；(x−1, y+1) 的坐标和相同但 x 更小，也不属于原图。于是，从 s 出发遍历 G ∪ {u} 的哈密顿路径，必以叶子 u 结束；删去 u，再补上原图边 ts，就得到 G 的哈密顿环。反过来，把环的 ts 边断开，再接上 tu，也得到这条路径。

第二步 · 用颜色隔离两颗棋子

1. 在黑色背景中，把 G ∪ {u} 的顶点格设为白色；仅起点 s 设为黑色并放黑子。其余每个顶点放一颗星，共 v 颗。
2. 在远处放一条有 v 个黑格的直线走廊，每格放星。白子放在走廊首端外侧的一个白格上。走廊与白子四周用一圈白格包住。
3. 让白色包围圈与原图之间至少隔着一整层黑色背景，补齐成方形棋盘。所有坐标与面积都只有多项式增长。

隔离不变量：黑子无法迈入黑色背景，因此到不了白子的白色包围圈；白子无法迈入包围圈，因此到不了黑子所在区域。双方永远不能改动另一方所在区域的颜色。彩格并非归约所需；若要求三种颜色都出现，可以在双方都无法到达的背景深处加入一个孤立彩格。

第三步 · 证明“当且仅当”

如果原图有哈密顿环：黑子按上面得到的 s → … → t → u 路径前进，每一步都吃星；白子每次向前走一格、吃星并交还回合。恰好 2v 步收完全部星星。

如果棋盘可以通关：黑子必须收完自己区域的 v 颗星。普通白格进入后变黑，又没有白子前来重新染白，因此不能重复进入；黑子只能走一条覆盖 G ∪ {u} 的简单路径。叶子 u 必是终点，故这条路径给出原图的哈密顿环。

允许困住换手也不能绕过证明：黑子若在收完自己区域的星星之前困住，无论白子走多少次，都无法改变其区域的颜色或解除阻塞。白子提前走完走廊也只能交还回合，不能帮黑子通关。隔离不变量对任意次免费换手仍成立。

一个对任意输入都能在多项式时间内“返回解或报告无解”的算法，也能回答判定问题，因此同样不可能存在，除非 P = NP。这里的结论针对总求解器；不把“承诺一定有解，但在无解输入上可能永远不停止”的过程混为一谈。

06 关卡与复现

难度来自计算，
最短步数有可检查的证据。

预设关卡由固定随机种子生成，再通过变异筛选。每个棋盘都是 8×8，恰有 6 颗星。用 C++ 的完整单位权 BFS（压缩困住换手）筛选，再用网页的独立 JavaScript 实现重新求最短路，并逐步重放证书。此外，穷举了全部 31,104 个 2×2 初始局面与规则组合，用不压缩换手边的独立 0–1 最短路实现交叉校验；32 个小规模归约实例也通过了两种模式的核对。下表中的步数是精确最优值，不是人为标注的难度估计。

“难题”仍然带有人类主观性。这里采用较长的精确最短路、多个换手阶段和不同模式下的解法差异作为筛选依据，没有声称这些是唯一解。可随时撤销、请求当前局面的最短解，或播放整条路径。