AcWing 843. n-皇后问题

分析dfs时间复杂度：

1. 确定递归树的结构，每个节点的分支数目。

2. 计算每个节点的有效分支数目，考虑剪枝条件的影响。

3. 确定递归树的深度和每层的节点数目，从而推导出总的时间复杂度。

例如这题，对于n×n的棋盘，总共有n²个格子。每个格子有两个选择（放或不放）

不考虑dfs结构情况下为 2^(n²)

但实际可行的路径可能远小于2^(n²)。因为放置皇后需要满足不冲突的条件，并且在放置之后，同一行、列、对角线就不能再放置了

两种搜索顺序：

①枚举每个格子，两种可能，放或者不放

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;

const int N = 20;

int n;
char g[N][N];
bool row[N], col[N], dg[N], udg[N];
vector<char> path;

void dfs(int x, int y, int u)
{
	if(u > n) return;
	if(y == n) y = 0, x ++;
	
	if(x == n)
	{
		if(u == n)
		{
			for(int i = 0;i < n;i ++ ) puts(g[i]);
			puts("");
		}
		return;
	}
	
	dfs(x, y + 1, u);
	
	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, u + 1);
		
		row[x] = col[y] = dg[x + y] = udg[x - y + n] = false;
		g[x][y] = '.';
	}
}

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;
}

②根据题目要求提炼出条件：每行只能放一个

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;

const int N = 20;

int n;
char g[N][N];
bool col[N], dg[N], udg[N];
vector<char> path;

void dfs(int u)
{
	if(u == n)
	{
		for(int i = 0;i < n;i ++) puts(g[i]);
		puts("");
		
		return;
	}
	
	for(int i = 0;i < n;i ++)
	if(!col[i] && !dg[u + i] && !udg[i - u + n])
	{
		g[u][i] = 'Q';
		col[i] = dg[u + i] = udg[i - u + n] = true;
		
		dfs(u + 1);
		
		col[i] = dg[u + i] = udg[i - u + n] = false;
		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;
}

很明显第二种比第一种要优化不少，测试也发现第二种n最大取值13，第一种仅为10.