【前言】本文以及之后的一些题解都会陆续整理到目录中，若想了解全部题解整理，请看这里：

第0003页 · N皇后问题

         今天我们来看一个著名的问题：N皇后问题。在此之前，我们先温习一下递归的思想。当然，温习的方式是看一道题目——全排列。

【全排列】现在给出 1 ~ n 这 n 个数，请问将这 n 个数排成一行共有多少种排法？例如：对于 1 ~ 3，可以有 (1,2,3)、(1,3,2)、(2,1,3)、(2,3,1)、(3,1,2)、(3,2,1) 6种排法。

【解题分析】这里我们用递归的思想。构造一个数组 P 用来存储当前排列的情况。再设一个数组 hash 用来标记哪些数已经放置在了当前的排列中，hash = 0 表示未放入，hash = 1 表示已放入。

        现在按照顺序往 P 数组的第 1 位到第 n 位放置数字。不妨假设当前已经填好了 1 ~ i 位，准备填 i + 1 位，那么就需要枚举 1 ~ n，如果这个数的 hash = 0，那么就可以将其放入第 i + 1 位，将其 hash 标记为 1，然后递归处理第 i + 2 位。注意：在这个递归结束后要将这个数的 hash 重新标记为 0。而递归的边界就是到达第 n + 1 位，此时说明 1 ~ n 位都已经填好了，我们定义一个数 cnt 用来记录排列种数。当到达边界时，cnt++。

【源码展示】

#include <cstdio>
using namespace std;
int cnt = 0, P[100] = {0};
bool hash[100] = {false};

void generate(int number, int n) {
    if (number == n + 1) {
        // 代表 1~n 位都排列好了
        cnt++;
        return;
    }
    // 处理当前这一位
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (!hash[i]) {
            P[number] = i;
            hash[i] = true;
            generate(number + 1, n);
            hash[i] = false;
        }
    }
}

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    generate(1, n);
    printf("%d", cnt);
    return 0;
}

        复习完递归的知识后，我们来看一下 N 皇后问题。这里我们采用暴力枚举和回溯优化两种做法来实现这个问题。但注意，暴力枚举不能完成 n = 12及以上的情况，这时我们必须要使用回溯优化的解法。（蓝色为OJ平台的链接）

【N皇后问题】给出一个 n × n 的国际象棋棋盘，你需要在棋盘中摆放 n 个皇后，使得任意两个皇后之间不能互相攻击。具体来说，不能存在两个皇后位于同一行、同一列，或者同一对角线。请问共有多少种摆放方式满足条件。 

IO要求	示例
输入描述： 一行，一个整数 n (1 <= n <= 12) 表示棋盘大小	8
输出描述： 一行，一个整数 num 表示摆放种类	92

 【解题分析】对于这个问题，最基本的方法就是枚举所有摆放种类，看看有哪些可行，但显然这不是很好的方法。我们换个角度考虑这个问题。

        如上图所示，对于每一列每一行而言都只能有一枚棋子，并且一定有一枚棋子。那么如果我们按照列从左往右编号，对于行从上往下编号，实际上，在不考虑对角线是否符合要求的情况下，这就是枚举所有全排列的情况罢了。例如：对于上面的左图，我们可以认为棋子为 (24135)，右图为 (35124)。

        此时，我们就可以在全排列的代码基础上进行修改，在每次到达递归边界时判断是否符合对角线的要求即可。

【源码展示】

// 最多算到 11, 到 12 就爆掉了！！！所以必须优化！！！
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int cnt = 0, P[100] = {0};
bool hash[100] = {false}, flag = true;

void generate(int number, int n) {
    if (number == n + 1) {
        flag = true;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
                if (abs(i - j) == abs(P[i] - P[j])) flag = false;
            }
        }
        if (flag) cnt++;
        return;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (!hash[i]) {
            P[number] = i;
            hash[i] = true;
            generate(number + 1, n);
            hash[i] = false;
        }
    }
}

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    generate(1, n);
    printf("%d", cnt);
    return 0;
}

        但是，经过实验，上面的方法最多只能算到 11，算到 12 的时候就已经爆炸了，所以我们不得不寻找一个更为优化的解法。

【解题分析】那么我们应该如何优化呢？在上述过程中，我们是直到将一种排列表示出来后才进行判断对角线是否合理。那么我们是否可以在排列过程中就进行这个过程呢？答案是可以的！我们在每次排当前位置上的棋子时，就可以判断该棋子是否会与之前放置的棋子产生对角线上的冲突，如果这个冲突存在，那么我们直接就结束这种排列方式。这样就可以大大减少程序消耗的时间。同时，如果到达了最后一枚棋子，那么也就意味着排列是成立的！

【源码展示】

// 但这也不是最好的方法，经过实验，n = 15 时，时间就爆炸了。不过已经满足了本题的要求了
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int cnt = 0, P[100] = {0};
bool hash[100] = {false}, flag = true;

void generate(int number, int n) {
    if (number == n + 1) {
        cnt++; // 能到达这里一定是合理的
        return;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (!hash[i]) {
            flag = true;
            for (int pre = 1; pre < number; pre++) {
                if (abs(P[pre] - i) == abs(pre - number)) {
                    flag = false;
                    break;
                }
            }
            if (flag) {
                P[number] = i;
                hash[i] = true;
                generate(number + 1, n);
                hash[i] = false;
            }
        }
    }
}

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    generate(1, n);
    printf("%d", cnt);
    return 0;
}