「JoyOI1080」N皇后

这是菜鸡的我第一次写这类题目：

题意：就是在N*N的棋盘上，每一行，每一列，所有的对角线都只能有一个棋子。

先分析：假若N=4；

　　　　则为其中的一种答案。要输出左右的解，肯定要枚举出所有的解。那么非常自然的想到递归！

　　根据题意，每一步棋子都满足，在一行，一列，两个对角线。那么怎么解决呢？

　　总体递归思路，肯定是以一行为处理单位的啦。每一行总从左到右是判断是否这个棋子可以判断。

不相邻行的两个棋子：

在这里，我们先解决不为相邻行时，两个棋子不同列不同对角线问题。

不同列：直接定义一个数组，比如b[ 1 ]=1就表示第1列已经摆了一个棋子了。那么后面的棋子直接判断就行了。

不同列：

　　　　　　很明显在出现这种情况之前一定会出现这种摆法：所以根本不用担心这种情况的发生。

相邻行的两个棋子：

我们解决怎样判断同一列，在两个对角线中。

不同列：直接定义一个数组，比如b[ 1 ]=1就表示第1列已经摆了一个棋子了。那么后面的棋子直接判断就行了。

对角线一：  假设第一个点坐标为(x, y)那么，相邻行并且同对角线的下一个点的坐标是就是(x+1, y-1)，对吧。是不是找到规律了。

　　　　　x+y=(x+1)+(y-1)  这样就定义一个数组c[],  那么 c[x+y]=1就可以表示点(x, y)所在的这类这条对角线已经有一个棋子。

对角线二：这类对角线的上的点的坐标变化都是横纵坐标各自加1.这其实很好办，每个坐标都满足x-y+n=k，每一条对角线对应唯一的一　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　个k值.至于x，y谁在前谁在后都无所谓，关键是抵消加1这个操作。那么定义d[ x-y+n ]=1表示这个对角线已经有了一个棋子。

#include<iostream>
using namespace std;
int n, sum, a[];
bool b[], c[], d[];
void print(){
    sum++;
    if (sum <= ){
        for (int i = ; i <= n; ++i)
        {
            cout << a[i] << " \n"[(i != n ?  : )];
        }
    }
}
void queen(int i)
{
    for (int j = ; j <= n; ++j)
    {
        if ((b[j] == ) && (c[i + j] == ) && (d[i - j+n] == ))
        {
            a[i] = j;
            b[j] = ;
            c[i + j] = ;
            d[i - j + n] = ;
            if (i == n)print();
            else queen(i + );
            b[j] = ;
            c[i + j] = ;
            d[i - j + n] = ;
        }
    }
}
int main()
{
    cin >> n;
    queen();
    cout << sum << endl;
    return ;
}