N皇后问题的解法

在N*N的棋盘上放N个皇后，使得她们不能相互攻击。两个皇后能相互攻击当且仅当它们在同一行，或者同一列，或者同一条对角线上。找出一共有多少种放置方法。

递归回溯求解n皇后问题

分析：这是一个经典的回溯法程序，是用递归来实现的，其实也可以用非递归来实现。回溯法并不是必须用递归来实现的。

关于冲突，行冲突肯定是不存在的，主要是判断列冲突和斜线冲突。

列冲突，只要满足 queenPos[j] != i,就不会冲突

斜线冲突，通过观察可以发现所有在斜线上冲突的皇后的位置都有规律即它们所在的行列互减的绝对值相等，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]; //某种摆法下，每行皇后的位子。
int sum = 0;       //总的方案数
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)
{
    //查询第k行皇后的位子,在0~k-1行的皇后都已经摆好了  一共0~n-1行 n个皇后

    if (n == k) //n个已经摆好了
    {
        print(n);//  说明一种摆法已经完成，进行打印
        sum++;
        return;
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) //逐渐尝试第k个皇后的位子,一共n列，每一列都会尝试。无论成功不成功
    {
        int j;
        for (j = 0; j < k; j++) //与已经摆好的比较，
        {
            if (queenPos[j] == i || abs(queenPos[j] - i) == abs(k-j))//冲突检验
                break;
        }
        if (j == k)
        {                     //没有出现冲突，
            queenPos[k] = i;  //将第k行的皇后放在第i列
            NQueen(k + 1, n); //寻找第k+1行的皇后摆放位置。
        }
    }
}
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    NQueen(0, n); //从第0行的皇后开始找起。
    cout<<"总方案数为："<<sum<<endl;

    return 0;
}

递归回溯的方法，容易理解，但在时间开销上，却不小，这里推荐一种对时间优化更快的算法。

位运算求解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;
}

大神给的完整代码+详细备注：

#include "iostream"
using namespace std;
#include "time.h"
// sum用来记录皇后放置成功的不同布局数；upperlim用来标记所有列都已经放置好了皇后。
long sum = 0, upperlim = 1;    
// 试探算法从最右边的列开始。
void test(long row, long ld, long rd)
{
         if(row != upperlim)
         {
                   //row，ld，rd进行“或”运算，求得所有可以放置皇后的列,对应位为0，
// 然后再取反后“与”上全1的数，来求得当前所有可以放置皇后的位置，对应列改为1
                   //也就是求取当前哪些列可以放置皇后
                   longpos = upperlim & ~(row | ld | rd);
                   while(pos)    // 0 -- 皇后没有地方可放，回溯
                   {
                            //拷贝pos最右边为1的bit，其余bit置0
                            //也就是取得可以放皇后的最右边的列
                            longp = pos & -pos;                                              
                            //将pos最右边为1的bit清零
                            //也就是为获取下一次的最右可用列使用做准备，
                            //程序将来会回溯到这个位置继续试探
                            pos-= p;                          
                            //row + p，将当前列置1，表示记录这次皇后放置的列。
                            //(ld + p) << 1，标记当前皇后左边相邻的列不允许下一个皇后放置。
                            //(ld + p) >> 1，标记当前皇后右边相邻的列不允许下一个皇后放置。
                            //此处的移位操作实际上是记录对角线上的限制，只是因为问题都化归
                            //到一行网格上来解决，所以表示为列的限制就可以了。显然，随着移位
                   //在每次选择列之前进行，原来N×N网格中某个已放置的皇后针对其对角线
                            //上产生的限制都被记录下来了
                            test(row+ p, (ld + p) << 1, (rd + p) >> 1);                             
                   }
         }
         else  
         {
                   //row的所有位都为1，即找到了一个成功的布局，回溯
                   sum++;
         }
}
 
int main(int argc, char *argv[])
{
         clock_tstart,finish;
         intn;
         printf("请输入皇后个数：");
         scanf("%d",&n);
         start= clock();
         printf("\n使用位运算 %d 皇后问题的运行情况\n",n);
     test(0, 0, 0);
         finish= clock();
         printf("共有%ld种排列, 计算时间%.2fms\n", sum, (double) (finish - start));
         system("pause");
         return0;
}