经过思考，不难发现：恰好N个皇后放在不同行不同列，那么是不是可以转换成N个皇后所在行分别确定（一人一行）的情况下对她们的所在列的枚举。
也就是列的全排列生成问题，我们用c[x]表示x行皇后的列编号。而我们知道0~N-1的排列一共有N的阶乘，枚举量不会超过它。
if(cur==n)//递归边界。只要走到这里，所有的皇后必然不冲突
tot++;
根据我们的代码，我们是从cur=0开始的，
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 using namespace std; 4 int n,tot,c[1000]; 5 void search(int cur) 6 { 7 int i,j; 8 if(cur==n)//递归边界。只要走到这里，所有的皇后必然不冲突 9 tot++; 10 else 11 for(i=0;i<n;i++) 12 { 13 int ok=1; 14 c[cur]=i;//尝试把第cur行的皇后放在第i列 15 for(j=0;j<cur;j++) 16 if(c[cur]==c[j]||cur-c[cur]==j-c[j]||cur+c[cur]==j+c[j])//检查是否与前面的皇后冲突 17 { 18 ok=0;break; 19 } 20 if(ok) 21 search(cur+1);//如果合法，继续递归 22 } 23 } 24 int main() 25 { 26 int a[15]; 27 for(int i=0;i<10;i++){ 28 tot=0; 29 n=i+1; 30 search(0); 31 a[n]=tot; 32 } 33 while(cin>>n&&n) 34 { 35 cout<<a[n]<<endl; 36 } 37 }
search(cur+1);//如果合法，继续递归 并不会判断n+1行的皇后。所以我们从cur=0开始。
当然从cur=1开始也是可以的，但此时
if(cur==n+1)//递归边界。只要走到这里，所有的皇后必然不冲突
tot++;
程序中的
if(c[cur]==c[j]||cur-c[cur]==j-c[j]||cur+c[cur]==j+c[j])//检查是否与前面的皇后冲突
{
ok=0;break;
}
既然是逐行放置，那么皇后肯定不会横向攻击，因此只需检查是否纵向和斜向攻击即可。条件c[cur]==c[j]||cur-c[cur]==j-c[j]||cur+c[cur]==j+c[j])
y-x标示了主对角线，斜率为1；
y+x标示了副对角线，斜率为-1；
画画图就知道了
我们还可以用二维数组vis[2][]直接判断当前尝试放的皇后的对角线和纵向有没有皇后已经放了，注意主对角线标示y-x可能为负数，所以要加n
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 using namespace std; 6 int n,tot,c[1000]; 7 int vis[3][1000]; 8 void search(int cur) 9 { 10 if(cur==n)tot++; 11 else{ 12 for(int i=0;i<n;i++){ 13 if(!vis[0][i]&&!vis[1][cur+i]&&!vis[2][cur-i+n]){ 14 c[cur]=i;//如果不需要打印皇后所在列，可以舍去 15 vis[0][i]=vis[1][cur+i]=vis[2][cur-i+n]=1;//标示这些空已经不能再放皇后 16 search(cur+1); 17 vis[0][i]=vis[1][cur+i]=vis[2][cur-i+n]=0;//回溯要改回来 18 } 19 } 20 } 21 } 22 int main() 23 { 24 int a[15]; 25 for(int i=0;i<10;i++){ 26 memset(vis,0,sizeof(vis)); 27 tot=0; 28 n=i+1; 29 search(0); 30 a[n]=tot; 31 } 32 while(cin>>n&&n) 33 { 34 cout<<a[n]<<endl; 35 } 36 }