POJ3239-Solution to the n Queens Puzzle

 

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大致题意：

八皇后的扩展：N皇后问题

 PS: 我用了传统DFS回溯 和 构造法 两种方法去解决

解题思路：

先说说传统回溯的DFS思路：

按行逐行填放皇后，标记已填放的列，两斜边的标记则利用斜率进行标记，当准备填放的点与任一已填放的点之间的斜率为1或-1时，那么该位置不允许填放

 

虽说是八皇后的扩展，但这么一扩展就难很多了。。。

题目要求n值范围在 8到300之内，Time还限制在1000ms ，传统的DFS回溯肯定是用不了，用传统的方法求解，n值超过30就爆了

 

那么这题只能通过数学方法去解决，就是找出所有不同大小的棋盘中n个皇后的放置的一个规律，用数学的表达式或者序列去构造这个规律

一般成功构造到公式后，题目就很水了，这题用构造法复杂度最坏只有O(n)，n最大还是只有300。。。。

但是难点就是如何推导出这个“规律”的公式了。。。

 

我个人觉得必须至少用手工画几十个不同size的棋盘才可能看出一点眉目。。。挑战性太强了，有兴趣的同学可以手动试试。。。

我做这题是盗用网上现成的公式（序列）的，说实话我很佩服找到这个规律的人，我觉得这个公式可以作为解决n皇后问题的专用公理了。。。

 

构造法公式（序列）：
一、当n mod 6 != 2 或 n mod 6 != 3时：

[2,4,6,8,...,n],[1,3,5,7,...,n-1]        (n为偶数)

[2,4,6,8,...,n-1],[1,3,5,7,...,n ]       (n为奇数)

二、当n mod 6 == 2 或 n mod 6 == 3时

(当n为偶数,k=n/2；当n为奇数,k=(n-1)/2)

[k,k+2,k+4,...,n],[2,4,...,k-2],[k+3,k+5,...,n-1],[1,3,5,...,k+1]         (k为偶数,n为偶数)

[k,k+2,k+4,...,n-1],[2,4,...,k-2],[k+3,k+5,...,n-2],[1,3,5,...,k+1],[n]     (k为偶数,n为奇数)

[k,k+2,k+4,...,n-1],[1,3,5,...,k-2],[k+3,...,n],[2,4,...,k+1]              (k为奇数,n为偶数)

[k,k+2,k+4,...,n-2],[1,3,5,...,k-2],[k+3,...,n-1],[2,4,...,k+1],[n ]      (k为奇数,n为奇数)

 

(上面有六条序列。一行一个序列，中括号是我额外加上的，方便大家辨认子序列，子序列与子序列之间是连续关系，无视中括号就可以了。第i个数为ai，表示在第i行ai列放一个皇后；... 省略的序列中，相邻两数以2递增。)

 

 

/*代码一：构造法*/

//Memory Time 
//188K   16MS 

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;

int main(int i)
{
	int n;  //皇后数
	while(cin>>n)
	{
		if(!n)
			break;

		if(n%6!=2 && n%6!=3)
		{
			if(n%2==0)  //n为偶数
			{
				for(i=2;i<=n;i+=2)
					cout<<i<<' ';
				for(i=1;i<=n-1;i+=2)
					cout<<i<<' ';
				cout<<endl;
			}
			else   //n为奇数
			{
				for(i=2;i<=n-1;i+=2)
					cout<<i<<' ';
				for(i=1;i<=n;i+=2)
					cout<<i<<' ';
				cout<<endl;
			}
		}
		else if(n%6==2 || n%6==3)
		{
			if(n%2==0)  //n为偶数
			{
				int k=n/2;
				if(k%2==0)  //k为偶数
				{
					for(i=k;i<=n;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=2;i<=k-2;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=k+3;i<=n-1;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=1;i<=k+1;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					cout<<endl;
				}
				else  //k为奇数
				{
					for(i=k;i<=n-1;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=1;i<=k-2;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=k+3;i<=n;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=2;i<=k+1;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					cout<<endl;
				}
			}
			else   //n为奇数
			{
				int k=(n-1)/2;
				if(k%2==0)  //k为偶数
				{
					for(i=k;i<=n-1;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=2;i<=k-2;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=k+3;i<=n-2;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=1;i<=k+1;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					cout<<n<<endl;
				}
				else  //k为奇数
				{
					for(i=k;i<=n-2;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=1;i<=k-2;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=k+3;i<=n-1;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					for(i=2;i<=k+1;i+=2)
						cout<<i<<' ';
					cout<<n<<endl;
				}
			}
		}
	}
	return 0;
}

 

===========华丽的分割线==========

 

 

/*传统DFS回溯 TLE (n超过30就难以搜索)*/

//传统DFS回溯 TLE (超过30就失败)

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;

typedef class
{
	public:
		int r,c;
}location;

location pos[301];  //标记已填放的皇后坐标

bool col[301];  //列标记
int n;  //皇后数

bool DFS(int x,int p)
{
	if(p==n)
		return true;

	bool sign;
	for(int y=1;y<=n;y++)  //枚举当前行x的每一列
	{
		bool flag=false;
		for(int i=1;i<=p;i++)  //枚举每一个已填放的皇后
			if(abs(x-pos[i].r) == abs(y-pos[i].c))   //检查当前准备填放皇后的位置(x,y)是否在他们的斜边上
			{        //其实就是标记斜率，斜率等于1或-1的格不允许填放皇后
				flag=true;
				break;
			}
			
		if(!flag && !col[y])
		{
			col[y]=true;
			pos[p+1].r=x;
			pos[p+1].c=y;
			sign=DFS(x+1,p+1);

			if(sign)
				return true;
			else
				col[y]=false; //回溯,pos[]的记录会自动被新值覆盖，所以不用特意处理
		}
	}
	return false;  //当前行x的所有列y均不允许放皇后，说明前一行填错了
}

int main(void)
{
	while(cin>>n)
	{
		if(!n)
			break;

		int p=0; //pos[]指针,已填充的棋子数
		memset(col,false,sizeof(col));

		DFS(1,p);

		for(int i=1;i<=n;i++)
			cout<<pos[i].c<<' ';
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}