"深入探索：DFS算法解决N皇后问题的策略与技巧"深度优先遍历dfs。每一行必定有一个皇后，对行进行深度遍历。对于第

深度优先遍历dfs。

每一行必定有一个皇后，对行进行深度遍历。

对于第 r 行的第 i 个位置，判断每个点是否可以放皇后，如果可以，则放皇后，然后处理 r + 1 行。

直到 r = n，程序指行完毕。

核心思路：深度优先遍历

函数名：void dfs(int r): 深度优先遍历函数。参数r：从第r行开始放棋子，处理第r行。
递归结束判定：见代码，当 r == n的时候，说明应该处理第 n行了，也代表第 0~n-1行放好棋子，也就是整个棋盘放好了棋子，也就是得到了一种解，也就是递归结束。
第r行，第i列能不能放棋子：用数组dg udg cor 分别表示：点对应的两个斜线以及列上是否有皇后。 dg[i + r] 表示 r行i列处，所在的对角线上有没有棋子，udg[n - i + r]表示 r行i列处，所在的反对角线上有没有棋子，cor[i]表示第i列上有没有棋子。如果 r行i列的对角线，反对角线上都没有棋子，即!cor[i] && !dg[i + r] && !udg[n - i + r]为真，则代表 r行i列处可以放棋子。

n-皇后问题

题目描述 n-皇后问题是指将 n 个皇后放在 n∗n 的国际象棋棋盘上，使得皇后不能相互攻击到，即任意两个皇后都不能处于同一行、同一列或同一斜线上。

现在给定整数n，请你输出所有的满足条件的棋子摆法。

输入格式

共一行，包含整数n。

输出格式

每个解决方案占n行，每行输出一个长度为n的字符串，用来表示完整的棋盘状态。

其中”.”表示某一个位置的方格状态为空，”Q”表示某一个位置的方格上摆着皇后。

每个方案输出完成后，输出一个空行。

数据范围

1≤n≤9

样例输入样例： 4 输出样例： .Q.. ...Q Q... ..Q.

..Q. Q... ...Q .Q..

算法1 最新清晰写法

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 20; 

// bool数组用来判断搜索的下一个位置是否可行
// col列，dg对角线，udg反对角线
// g[N][N]用来存路径

int n;
char g[N][N];
bool col[N], dg[N], udg[N];

void dfs(int u) {
    // u == n 表示已经搜了n行，故输出这条路径
    if (u == n) {
        for (int i = 0; i < n; i ++ ) puts(g[i]);   // 等价于cout << g[i] << endl;
        puts("");  // 换行
        return;
    }

    // 枚举u这一行，搜索合法的列
    int x = u;
    for (int y = 0; y < n; y ++ )
        // 剪枝(对于不满足要求的点，不再继续往下搜索)  
        if (col[y] == false && dg[y - x + n] == false && udg[y + x] == false) {
            col[y] = dg[y - x + n] = udg[y + x] = true;
            g[x][y] = 'Q';
            dfs(x + 1);
            g[x][y] = '.';  // 恢复现场
            col[y] = dg[y - x + n] = udg[y + x] = false;
        }
}

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
        for (int j = 0; j < n; j ++ )
            g[i][j] = '.';

    dfs(0);

    return 0;
}

算法1

过去的写法（DFS按行枚举）时间复杂度O(n!)

代码分析

对角线 dg[u+i]，反对角线udg[n−u+i]中的下标 u+i和 n−u+i 表示的是截距，下面分析中的(x,y)相当于上面的(u,i)反对角线 y=x+b, 截距 b=y−x，因为我们要把 b当做数组下标来用，显然 b 不能是负的，所以我们加上 +n（实际上+n+4,+2n都行），来保证是结果是正的，即 y - x + n 而对角线 y=−x+b, 截距是 b=y+x，这里截距一定是正的，所以不需要加偏移量，核心目的：找一些合法的下标来表示dg或udg是否被标记过，所以如果你愿意，你取 udg[n+n−u+i] 也可以，只要所有(u,i)对可以映射过去就行

C++ 代码

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 20; 

// bool数组用来判断搜索的下一个位置是否可行
// col列，dg对角线，udg反对角线
// g[N][N]用来存路径

int n;
char g[N][N];
bool col[N], dg[N], udg[N];

void dfs(int u) {
    // u == n 表示已经搜了n行，故输出这条路径
    if (u == n) {
        for (int i = 0; i < n; i ++ ) puts(g[i]);   // 等价于cout << g[i] << endl;
        puts("");  // 换行
        return;
    }

    //对n个位置按行搜索
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
        // 剪枝(对于不满足要求的点，不再继续往下搜索)  
        // udg[n - u + i]，+n是为了保证下标非负
        if (!col[i] && !dg[u + i] && !udg[n - u + i]) {
            g[u][i] = 'Q';
            col[i] = dg[u + i] = udg[n - u + i] = true;
            dfs(u + 1);
            col[i] = dg[u + i] = udg[n - u + i] = false; // 恢复现场 这步很关键
            g[u][i] = '.';

        }
}

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
        for (int j = 0; j < n; j ++ )
            g[i][j] = '.';

    dfs(0);

    return 0;
}

算法2

（DFS按每个元素枚举）时间复杂度O(2^n^^2^)

时间复杂度分析：每个位置都有两种情况，总共有 n^2^个位置

C++ 代码

// 不同搜索顺序 时间复杂度不同  所以搜索顺序很重要！
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 20;

int n;
char g[N][N];
bool row[N], col[N], dg[N], udg[N]; // 因为是一个个搜索，所以加了row

// s表示已经放上去的皇后个数
void dfs(int x, int y, int s)
{
    // 处理超出边界的情况
    if (y == n) y = 0, x ++ ;

    if (x == n) { // x==n说明已经枚举完n^2个位置了
        if (s == n) { // s==n说明成功放上去了n个皇后
            for (int i = 0; i < n; i ++ ) puts(g[i]);
            puts("");
        }
        return;
    }

    // 分支1：放皇后
    if (!row[x] && !col[y] && !dg[x + y] && !udg[x - y + n]) {
        g[x][y] = 'Q';
        row[x] = col[y] = dg[x + y] = udg[x - y + n] = true;
        dfs(x, y + 1, s + 1);
        row[x] = col[y] = dg[x + y] = udg[x - y + n] = false;
        g[x][y] = '.';
    }

    // 分支2：不放皇后
    dfs(x, y + 1, s);
}


int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
        for (int j = 0; j < n; j ++ )
            g[i][j] = '.';

    dfs(0, 0, 0);

    return 0;
}

按元素位置枚举是要比按位置枚举慢很多的：

一维写法

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 10;
int st[N],used[N];
int n ;

//判断函数，因为使用了used记录，所以一定不会在同一列，只需要判断对角线
/*
这里用到了数学知识(abs((u - i)) == abs(st[u] - st[i]))，大家画个图一看就明白了

比如st为{1,3,2,4}，列为1,2,3,4
第3列 减 第 2 列 为 3 - 2 = 1
st[3] - st[1] = 2 - 3 = -1  = abs = 1
所以在同一对角线
*/
bool valid(int u)
{
    for (int i = 1; i < u; i++)
    {
        if ((abs((u - i)) == abs(st[u] - st[i])))
            return false;
    }
    return true;
}

//dfs模板
void dfs(int u){
    //结束条件，按st里的数字决定是Q还是.
    if(u > n){
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            for(int j = 1; j <= n; j++){
                if(j == st[i])
                    cout << 'Q';
                    else{
                    cout << '.';
                    }
            }
            puts("");
        }
        puts("");//答案之间有一个空行
        return ;
    }

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(used[i] == 0 ){
            st[u] = i;
            if(!valid(u)) {
                st[u] = 0;
                continue;//如果当前数字不行，则跳过该数字，且不用改变used
            }
            used[i] = 1;
            dfs(u + 1);
            used[i] = 0;
            st[u] = 0;
        }
    }
}
int main()
{
    cin >> n;
    dfs(1);
    return 0;
}