2n皇后

2n皇后问题

解题思路
1.先放置白皇后，再考虑第二个皇后
2.那么白皇后要怎么放呢，皇后不能同行同列，不能在同一条左斜线和右斜线。我们的递归函数是从第一行递归到最后一行，所以我们不需要标记行，那么我们拿三个数组分别标记列和两个斜线的占用情况。列的标记很容易理解，那么怎么标记左斜线和右斜线的占用情况呢？我们以左斜线为例子，请看图

我们很容易可以发现黄线路径的每个格子行和列之和是相等的，比如（1,4）（2,3）的和都是5。同理观察一下红线，可以发现红线路径的格子行和列之和都为9。可以知道，左斜线的规律就是同一条斜线的格子，行列之和是相等的！

接下来请看右斜线：

同样可以发现红线路径上的每个格子行和列之差是相等的，比如(1,1)(2,2)的差都是0。同理观察一下黄线，可以发现行列之差都是5。但是这里有一个坑点，请观察一下绿线，绿线路径的点行和列之差是-5，是一个负数，我们开数组的时候，下标不能为负数，这里我们只需要每次计算行列之差的时候，结果都给他加上一个n即可，下标就不可能出现负数了。比如（1,6）的差是-5，我们只需要在数组为（-5+8）=3的位置标记上就可以了。当然你不加n也可以，你可以加一个很大的数字也是同理（比如1000）的，但是这样的话你数组要开大一点。

3.我们先放白皇后，白皇后要考虑的总共有4个条件，列不能被占用，左斜线不能被白皇后占用，右斜线不能被占用，准备下的格子不能为‘0’。（行不能被占用不需要考虑，因为我们的递归函数是从第一行放到最后一行，不可能出现行重复）

4.当白皇后完成了1~n行放置的一种情况，我们就可以开始尝试这种情况能不能完美放置黑皇后了。

5.接下来我们看判断黑皇后能不能完美放置。黑皇后要考虑的条件比白皇后条件多一个，有5个。首先列不能被同样的黑皇后占用，左斜线不能被占用，右斜线不能被占用，准备下的格子不能为‘0’，准备下的格子不能已经被白皇后占用。

6.当黑皇后考虑完了最后一行即已经完成了一种情况，让ans加一。

注意事项：当一种情况尝试到尽头也不能找到完美放置方法是要记得回溯，否则下次再想尝试这个格子就不能尝试了。所谓回溯，就是取消标记，避免下次递归无法尝试这个点。具体代码可以看第四十三行到第四十六行
code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, ans, a[N][N], flag[N][N];
int white_column[N], white_left[N], white_right[N];
int black_column[N], black_left[N], black_right[N];
void queen_black(int i)
{
    if(i > n)
    {
        ans++;
        return;
    }
    else
    {
        for(int j = 1; j <= n; j++)
        {
            if(!black_column[j] && !black_left[i-j+n] && !black_right[i+j] && a[i][j] && !flag[i][j])
            {
                black_column[j] = 1;
                black_left[i-j+n] = 1;
                black_right[i+j] = 1;
                queen_black(i+1);
                black_column[j] = 0;
                black_left[i-j+n] = 0;
                black_right[i+j] = 0;
            }
        }
    }
}
void queen_white(int i)
{
    if(i > n)
    {
        queen_black(1);
        return;
    }
    else
    {
        for(int j = 1; j <= n; j++)
        {
            if(!white_column[j] && !white_left[i-j+n] && !white_right[i+j] && a[i][j])
            {
                white_column[j] = 1;
                white_left[i-j+n] = 1;
                white_right[i+j] = 1;
                flag[i][j] = 1;
                queen_white(i+1);
                white_column[j] = 0;
                white_left[i-j+n] = 0;
                white_right[i+j] = 0;
                flag[i][j] = 0;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            cin >> a[i][j];
    queen_white(1);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}