南师附中集训总结Day3

南师附中集训总结Day3

1.N皇后问题

题目描述：在一个N*N的棋盘上放着N个皇后，要求这些皇后任意两个都不在同一行，同一列，同一对角线上。输入一个正整数N（N>=4)，输出所有可能的皇后放置方案数。

题解：一道经典的回溯问题。使用一个函数find（i），i代表当前皇后所在的层数，因为每层只可能有一个皇后，所以这么设置函数可以简化程序。另外设置三个数组lie[],ld[],rd[]，分别代表列，左对角线，右对角线，此处有一个小技巧，在同一左对角线上的点，如a[i][j],i+j的值为定值；在同一右对角线上的点，i-j的值为定值，也就是说，如果想要模拟某一左对角线上已经有皇后了，只需要把对应的ld[i+j]的值改为1（初始值为0，代表此对角线上无皇后）就可以标记该对角线上已有皇后了！每次调用find，就把第i行从左到右扫描一遍，对这一行上的每一点判断能否放置一个皇后（条件是lie[j]==0 && ld[i+j]==0 && rd[i-j+n]==0），如果可以放，就先放上，标记这一列，左对角线，右对角线上已有皇后（lie[j]=1;ld[i+j]=1;rd[i-j+n]=1;），之后find(i+1)，在find（i+1）之后，关键的回溯步骤是，重新把这一列，左对角线，右对角线标记为不存在皇后（lie[j]=0; ld[i+j]=0; rd[i-j+n]=0;），就可以perfectly solve this question。

  至于为什么在rd[i-j+n]里加上n，是为了适应c++里数组下表从0开始的特征，不然i-j是会出现负数的。

  该算法的缺点是...复杂度太高，n=15，就要好久才能出结果了。

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;int n,sum=0,lie[1000],ld[1000],rd[1000];//0为可以放入，1为不可放入。 rd：1--2*n-1，ld：2--2*n //a[1000][1000],int find(int i){if (i>n) sum++;else{for (int j=1;j<=n;j++){if (lie[j]==0 && ld[i+j]==0 && rd[i-j+n]==0){   lie[j]=1;   ld[i+j]=1;   rd[i-j+n]=1;      find(i+1);      lie[j]=0;   ld[i+j]=0;   rd[i-j+n]=0;    }    }    }    return 0;} int main(){cin>>n;memset(lie,0,sizeof(lie));memset(ld,0,sizeof(ld));memset(rd,0,sizeof(rd));find(1);cout<<sum;return 0;} 

2.N皇后位运算优化

  位运算实在是个实用的玩意儿。接着上一题的思路，从上至下处理每一行。不过需要改动find函数的参数，这次需要三个参数，lie，ld，rd，分别代表对于同一行，哪些列被占用了，哪些左对角线被占用了，哪些右对角线被占用了（0代表未被占用，1代表被占用）。

  每次调用find函数，先把lie，ld，rd合并（也就是用或运算“|”，例如lie=00001，ld=00010，rd=00100，结果就是p=00111），然后把p取反（变为11000），并用已经算好的u固定p的位数（例如n=4，那么u=1111，此时仅需要4位二进制数，p变为1000，固定的过程用 与运算“&”完成）。

  最后用while循环从右向左扫描p中剩下的每一位“1”，如果该位上是“1”，则表示可以放棋子。注意，pos=p & -p的功能就是定位到pos从右向左的的一个“1”，pos的值就是这一位上的“1”代表的十进制数（请原谅我不能解释为什么..）。从p减去pos，相当于把pos所在的位上的“1”赋值为“0”，作用是方便下一次循环时能找到下一个“1”。最后调用find(lie | pos,(ld | pos)<<1,(rd | pos)>>1)，也就是模拟出下一行的情况，把pos放到lie，ld，rd中，并将ld左移一位，将rd右移一位。

（point1：可以想象对于同一根左对角线，如果在某行的情况是0010，那么到了下一行，由于对角线是斜的（废话），那么下一行上，不可以放置皇后的位置，也就是1的位置，相对于上一行会左移一格，变为0100，最好可以手画一个棋盘观察一下。这就是要把ld，rd分别左移右移的原因）

（point2：在lie，ld，rd中，0代表未被占用，1代表被占用，而在p中，规则却恰好相反。这是为了操作的方便：使用pos=p & -p可以找到最后一位1，如此操作，pos又恰好可以直接和lie，ld，rd进行或运算，本来在p中表示未被占用的“1”可以直接放到lie中表示已被占用（本来就是要在这一行上放上一枚棋子嘛），简化了代码，不过使代码更难理解）

（point3：位运算就不单独解释了。）

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;int n=0,sum=0,u=1;int find(int lie,int ld,int rd){if (lie == u) sum++;    else{   int p,pos=1;  p=lie | ld | rd;  p=(~p) & u;  pos=p & -p;  while (pos!=0){    pos=p & -p;    p=p-pos;  if (pos!=0)find(lie | pos,(ld | pos)>>1,(rd | pos)<<1);  }    }}int main(){cin>>n;for (int i=1;i<=n;i++){u=u*2;}u=u-1;find(0,0,0);cout<<sum;return 0;}