N皇后問題的解法

在N*N的棋盤上放N個皇后，使得她們不能相互攻擊。兩個皇后能相互攻擊當且僅當它們在同一行，或者同一列，或者同一條對角線上。找出一共有多少种放置方法。

遞歸回溯求解n皇后問題

分析：這是一個經典的回溯法程序，是用遞歸來實現的，其實也可以用非遞歸來實現。回溯法並不是必須用遞歸來實現的。

關於衝突，行衝突肯定是不存在的，主要是判斷列衝突和斜線衝突。

列衝突，只要滿足 queenPos[j] != i,就不會衝突

斜線衝突，通過觀察可以發現所有在斜線上衝突的皇后的位置都有規律即它們所在的行列互減的絕對值相等，即 abs(queenPos[j] - i) == abs(k-j)

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 1e6 + 5;
#define ll long long
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f;
#define mst(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define ref(i, be, en) for (int i = be; i < en; ++i)
#define lowbit(x) (x & -x)
using namespace std;
int queenPos[105]; //某種擺法下，每行皇后的位子。
int sum = 0;       //總的方案數
inline void print(int count)
{
    for (int i = 0; i < count; i++)
    {
        int k = queenPos[i];
        for (int j = 0; j < count; j++)
        {
            if (j == k)
                cout << i + 1 << ' ';
            else
            {
                cout << "0 ";
            }
        }
        cout<<endl;
    }
    cout<<"----------------\n";
}
inline void NQueen(int k, int n)
{
    //查詢第k行皇后的位子,在0~k-1行的皇后都已經擺好了  一共0~n-1行 n個皇后

    if (n == k) //n個已經擺好了
    {
        print(n);//  說明一種擺法已經完成，進行打印
        sum++;
        return;
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) //逐漸嘗試第k個皇后的位子,一共n列，每一列都會嘗試。無論成功不成功
    {
        int j;
        for (j = 0; j < k; j++) //與已經擺好的比較，
        {
            if (queenPos[j] == i || abs(queenPos[j] - i) == abs(k-j))//衝突檢驗
                break;
        }
        if (j == k)
        {                     //沒有出現衝突，
            queenPos[k] = i;  //將第k行的皇后放在第i列
            NQueen(k + 1, n); //尋找第k+1行的皇后擺放位置。
        }
    }
}
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    NQueen(0, n); //從第0行的皇后開始找起。
    cout<<"總方案數爲："<<sum<<endl;

    return 0;
}

遞歸回溯的方法，容易理解，但在時間開銷上，卻不小，這裏推薦一種對時間優化更快的算法。

位運算求解n皇后

void test(int row, int ld, int rd)
{
         intpos, p;
         if( row != upperlim )
         {
                   pos= upperlim & (~(row | ld | rd ));
                   while( pos )
                   {
                            p= pos & (~pos + 1);
                            pos= pos - p;
                            test(row| p, (ld | p) << 1, (rd | p) >> 1);
                   }
         }
         else
                   ++Ans;
}

大神給的完整代碼+詳細備註：

#include "iostream"
using namespace std;
#include "time.h"
// sum用來記錄皇后放置成功的不同佈局數；upperlim用來標記所有列都已經放置好了皇后。
long sum = 0, upperlim = 1;    
// 試探算法從最右邊的列開始。
void test(long row, long ld, long rd)
{
         if(row != upperlim)
         {
                   //row，ld，rd進行“或”運算，求得所有可以放置皇后的列,對應位爲0，
// 然後再取反後“與”上全1的數，來求得當前所有可以放置皇后的位置，對應列改爲1
                   //也就是求取當前哪些列可以放置皇后
                   longpos = upperlim & ~(row | ld | rd);
                   while(pos)    // 0 -- 皇后沒有地方可放，回溯
                   {
                            //拷貝pos最右邊爲1的bit，其餘bit置0
                            //也就是取得可以放皇后的最右邊的列
                            longp = pos & -pos;                                              
                            //將pos最右邊爲1的bit清零
                            //也就是爲獲取下一次的最右可用列使用做準備，
                            //程序將來會回溯到這個位置繼續試探
                            pos-= p;                          
                            //row + p，將當前列置1，表示記錄這次皇后放置的列。
                            //(ld + p) << 1，標記當前皇后左邊相鄰的列不允許下一個皇后放置。
                            //(ld + p) >> 1，標記當前皇后右邊相鄰的列不允許下一個皇后放置。
                            //此處的移位操作實際上是記錄對角線上的限制，只是因爲問題都化歸
                            //到一行網格上來解決，所以表示爲列的限制就可以了。顯然，隨着移位
                   //在每次選擇列之前進行，原來N×N網格中某個已放置的皇后針對其對角線
                            //上產生的限制都被記錄下來了
                            test(row+ p, (ld + p) << 1, (rd + p) >> 1);                             
                   }
         }
         else  
         {
                   //row的所有位都爲1，即找到了一個成功的佈局，回溯
                   sum++;
         }
}
 
int main(int argc, char *argv[])
{
         clock_tstart,finish;
         intn;
         printf("請輸入皇后個數：");
         scanf("%d",&n);
         start= clock();
         printf("\n使用位運算 %d 皇后問題的運行情況\n",n);
     test(0, 0, 0);
         finish= clock();
         printf("共有%ld種排列, 計算時間%.2fms\n", sum, (double) (finish - start));
         system("pause");
         return0;
}