題目鏈接：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2553
題目：
在N*N的方格棋盤放置了N個皇后，使得它們不相互攻擊（即任意2個皇后不允許處在同一排，同一列，也不允許處在與棋盤邊框成45角的斜線上。
你的任務是，對於給定的N，求出有多少種合法的放置方法。
Input
共有若干行，每行一個正整數N≤10，表示棋盤和皇后的數量；如果N=0，表示結束。
Output
共有若干行，每行一個正整數，表示對應輸入行的皇后的不同放置數量。
Sample Input
1
8
5
0
Sample Output
1
92
10
題目分析：
首先，這個題是深度優先搜索的入門題，也是在算法課上一定會說到的經典問題。那麼，在這兒我們就不去考慮最基礎的解法，而是去找到一種儘可能快的解法。
那麼，我們就需要知道時間到是浪費在哪？這個題搜索解法的實質其實就是在試圖枚舉所有的可能的擺放狀態。既然枚舉是必不可少的，那麼時間的浪費無疑就是兩個方面。第一個方面就是當前狀態已經不合法，卻仍然向下搜索。第二個方面就是檢測當前狀態是否合法所浪費的時間。
第一個方面的問題很好解決，如果當前狀態不合法，直接返回即可。（估計絕大多數人都已經這麼做了吧，哈哈）
第二個方面的問題就比較複雜，檢測當前狀態是否合法，最樸素的方法就是從當前行向上逐個遍歷每一行，來判斷這一列是否放過皇后，同理也可以來判斷斜線的情況。稍微優化一點的方法就是開三個數組來記錄狀態，第一個數組記錄第 i 列是否放過皇后，另外兩個分別用來記錄從左上到右下、從右上到左下的斜線的放置情況，座標與列號的變換方程可以自行推導得到（如下）。
數字相同的爲同一斜線，那麼其實就是到左上角的點和右上角的點的距離，怎麼算就不用在贅述了吧。
在第二種方法的基礎上，我們能不能更優化一點呢？
衆所周知，數的二進制形式可以用來表示狀態。比如，在N皇后問題中，我們也可以用1來代表可以放，0代表不可以放。那麼，我們就可以用一個二進制數來存儲每一列是否可以放置皇后，而不用再使用一個數組了，同理，我們也可以用兩個二進制數來分別表示當前所在左斜線（左上到右下），和當前所在右斜線（右上到左下）是否可以放置。
比如，現在有三個數（用col代表每一列的狀態，ld代表左斜線的狀態，rd代表右斜線）。
col = 1111，ld = 1111, rd = 1111;（顯然是求解4皇后問題）
那麼，我在第一行的第一個位置放置了一個皇后，那麼對於第二行來說，狀態就變成了
col = 0111, ld = 1111, rd = 1011;
然後，在第二行的第三個位置放置一個皇后，那麼對於第三行來說，狀態就變成了
col = 0101, ld = 1011, rd = 1100;
通過上面的例子，大概應該可以明白是怎麼來用二進制來表示狀態的了吧。
那麼，對於當前的狀態，我有哪幾個位置可以放置皇后呢？
比如col = 0111, ld = 1111, rd = 1011;
那麼，只有第三個位置，第四個位置可以放，實際上就是把這三個數按位與之後得到的數的二進制位爲1的位置（原因就是按位與是當前二進制位全爲1纔是1，正好對應我們所說的，當前列，左斜線，右斜線都可以放，纔可以放。）
col & ld & rd = 0011;（第三個、第四個位置爲1）
然後，col、ld 和 rd 是怎麼變化的呢？
col當然簡單，放置了哪一列，直接把那一列對應的二進制位變成0即可，ld和rd呢？通過觀察我們發現，對ld來說，就是先把對應二進制位變成0，然後左移一位（補1）即可。對rd來說，就是先把對應二進制位變成0，然後右移一位（補1）即可。（原因很顯然哈）這樣我們就得到了狀態之間的變化的關係，就可以更快的來完成狀態的檢測，同時，對於不可行的狀態，我們也不需要進行額外的嘗試，所以可以這樣優化掉很大的常數。（也是一種很重要的思維方式）。
同時這個題要打表，否則就會超時0.0
代碼：（弄懂了思想，代碼就很簡單了）
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int sum = 0, ans[15], n;
void dfs(int row, int ld, int rd) {
if (!row) sum++;
int val = row & ld & rd, pos;
while (val) {
pos = (val & -val);
val -= pos;
dfs(row ^ pos, ((ld ^ pos) << 1) | 1,
((rd ^ pos) >> 1) | (1 << (n - 1)));
}
}
void init() {
int temp;
for (n = 1; n <= 10; n++) {
sum = 0;
temp = (1 << n) - 1;
dfs(temp, temp, temp);
ans[n] = sum;
}
}
int main() {
init();
while (scanf("%d", &n) != EOF && n) {
printf("%d\n", ans[n]);
}
return 0;
}