Question

根据国际象棋的规则，皇后可以攻击与之处在同一行或同一列或同一斜线上的棋子。给定 $n$ 个皇后和一个 $n\times n$ 大小的棋盘，寻找使得所有皇后之间无法相互攻击的摆放方案。

如图 13-15 所示，当 $n=4$ 时，共可以找到两个解。从回溯算法的角度看，$n\times n$ 大小的棋盘共有 $n^2$ 个格子，给出了所有的选择 choices 。在逐个放置皇后的过程中，棋盘状态在不断地变化，每个时刻的棋盘就是状态 state 。

图 13-15   4 皇后问题的解

图 13-16 展示了本题的三个约束条件：多个皇后不能在同一行、同一列、同一对角线。值得注意的是，对角线分为主对角线 \ 和次对角线 / 两种。

图 13-16   n 皇后问题的约束条件

1.   逐行放置策略

皇后的数量和棋盘的行数都为 $n$ ，因此我们容易得到一个推论：棋盘每行都允许且只允许放置一个皇后。

也就是说，我们可以采取逐行放置策略：从第一行开始，在每行放置一个皇后，直至最后一行结束。

如图 13-17 所示，为 $4$ 皇后问题的逐行放置过程。受画幅限制，图 13-17 仅展开了第一行的其中一个搜索分支，并且将不满足列约束和对角线约束的方案都进行了剪枝。

图 13-17   逐行放置策略

本质上看，逐行放置策略起到了剪枝的作用，它避免了同一行出现多个皇后的所有搜索分支。

2.   列与对角线剪枝

为了满足列约束，我们可以利用一个长度为 $n$ 的布尔型数组 cols 记录每一列是否有皇后。在每次决定放置前，我们通过 cols 将已有皇后的列进行剪枝，并在回溯中动态更新 cols 的状态。

那么，如何处理对角线约束呢？设棋盘中某个格子的行列索引为 $(row,col)$ ，选定矩阵中的某条主对角线，我们发现该对角线上所有格子的行索引减列索引都相等，即对角线上所有格子的 $row-col$ 为恒定值。

也就是说，如果两个格子满足 $ro{w}_1-co{l}_1=ro{w}_2-co{l}_2$ ，则它们一定处在同一条主对角线上。利用该规律，我们可以借助图 13-18 所示的数组 diag1 ，记录每条主对角线上是否有皇后。

同理，次对角线上的所有格子的 $row+col$ 是恒定值。我们同样也可以借助数组 diag2 来处理次对角线约束。

图 13-18   处理列约束和对角线约束

3.   代码实现¶

请注意，$n$ 维方阵中 $row-col$ 的范围是 $[-n+1,n-1]$ ，$row+col$ 的范围是 $[0,2n-2]$ ，所以主对角线和次对角线的数量都为 $2n-1$ ，即数组 diag1 和 diag2 的长度都为 $2n-1$ 。

n_queens.cpp

/* 回溯算法：N 皇后 */
void backtrack(int row, int n, vector<vector<string>> &state, vector<vector<vector<string>>> &res, vector<bool> &cols,
               vector<bool> &diags1, vector<bool> &diags2) {
    // 当放置完所有行时，记录解
    if (row == n) {
        res.push_back(state);
        return;
    }
    // 遍历所有列
    for (int col = 0; col < n; col++) {
        // 计算该格子对应的主对角线和副对角线
        int diag1 = row - col + n - 1;
        int diag2 = row + col;
        // 剪枝：不允许该格子所在列、主对角线、副对角线存在皇后
        if (!cols[col] && !diags1[diag1] && !diags2[diag2]) {
            // 尝试：将皇后放置在该格子
            state[row][col] = "Q";
            cols[col] = diags1[diag1] = diags2[diag2] = true;
            // 放置下一行
            backtrack(row + 1, n, state, res, cols, diags1, diags2);
            // 回退：将该格子恢复为空位
            state[row][col] = "#";
            cols[col] = diags1[diag1] = diags2[diag2] = false;
        }
    }
}

/* 求解 N 皇后 */
vector<vector<vector<string>>> nQueens(int n) {
    // 初始化 n*n 大小的棋盘，其中 'Q' 代表皇后，'#' 代表空位
    vector<vector<string>> state(n, vector<string>(n, "#"));
    vector<bool> cols(n, false);           // 记录列是否有皇后
    vector<bool> diags1(2 * n - 1, false); // 记录主对角线是否有皇后
    vector<bool> diags2(2 * n - 1, false); // 记录副对角线是否有皇后
    vector<vector<vector<string>>> res;

    backtrack(0, n, state, res, cols, diags1, diags2);

    return res;
}

逐行放置 $n$ 次，考虑列约束，则从第一行到最后一行分别有 $n$、$n-1$、$\dots$、$2$、$1$ 个选择，因此时间复杂度为 $O(n!)$ 。实际上，根据对角线约束的剪枝也能够大幅地缩小搜索空间，因而搜索效率往往优于以上时间复杂度。

数组 state 使用 $O(n^2)$ 空间，数组 cols、diags1 和 diags2 皆使用 $O(n)$ 空间。最大递归深度为 $n$ ，使用 $O(n)$ 栈帧空间。因此，空间复杂度为 $O(n^2)$ 。