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94
chapter_backtracking/backtracking_algorithm.md
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@ -104,7 +104,18 @@ comments: true
=== "Swift"
```swift title="preorder_traversal_i_compact.swift"
[class]{}-[func]{preOrder}
/* 前序遍历：例题一 */
func preOrder(root: TreeNode?) {
guard let root = root else {
return
}
if root.val == 7 {
// 记录解
res.append(root)
}
preOrder(root: root.left)
preOrder(root: root.right)
}
```
=== "Zig"
@ -237,7 +248,22 @@ comments: true
=== "Swift"
```swift title="preorder_traversal_ii_compact.swift"
[class]{}-[func]{preOrder}
/* 前序遍历：例题二 */
func preOrder(root: TreeNode?) {
guard let root = root else {
return
}
// 尝试
path.append(root)
if root.val == 7 {
// 记录解
res.append(path)
}
preOrder(root: root.left)
preOrder(root: root.right)
// 回退
path.removeLast()
}
```
=== "Zig"
@ -401,7 +427,23 @@ comments: true
=== "Swift"
```swift title="preorder_traversal_iii_compact.swift"
[class]{}-[func]{preOrder}
/* 前序遍历：例题三 */
func preOrder(root: TreeNode?) {
// 剪枝
guard let root = root, root.val != 3 else {
return
}
// 尝试
path.append(root)
if root.val == 7 {
// 记录解
res.append(path)
}
preOrder(root: root.left)
preOrder(root: root.right)
// 回退
path.removeLast()
}
```
=== "Zig"
@ -723,17 +765,51 @@ def backtrack(state, choices, res):
=== "Swift"
```swift title="preorder_traversal_iii_template.swift"
[class]{}-[func]{isSolution}
/* 判断当前状态是否为解 */
func isSolution(state: [TreeNode]) -> Bool {
!state.isEmpty && state.last!.val == 7
}
[class]{}-[func]{recordSolution}
/* 记录解 */
func recordSolution(state: [TreeNode], res: inout [[TreeNode]]) {
res.append(state)
}
[class]{}-[func]{isValid}
/* 判断在当前状态下，该选择是否合法 */
func isValid(state: [TreeNode], choice: TreeNode?) -> Bool {
choice != nil && choice!.val != 3
}
[class]{}-[func]{makeChoice}
/* 更新状态 */
func makeChoice(state: inout [TreeNode], choice: TreeNode) {
state.append(choice)
}
[class]{}-[func]{undoChoice}
/* 恢复状态 */
func undoChoice(state: inout [TreeNode], choice: TreeNode) {
state.removeLast()
}
[class]{}-[func]{backtrack}
/* 回溯算法：例题三 */
func backtrack(state: inout [TreeNode], choices: [TreeNode], res: inout [[TreeNode]]) {
// 检查是否为解
if isSolution(state: state) {
recordSolution(state: state, res: &res)
return
}
// 遍历所有选择
for choice in choices {
// 剪枝：检查选择是否合法
if isValid(state: state, choice: choice) {
// 尝试：做出选择，更新状态
makeChoice(state: &state, choice: choice)
// 进行下一轮选择
backtrack(state: &state, choices: [choice.left, choice.right].compactMap { $0 }, res: &res)
// 回退：撤销选择，恢复到之前的状态
undoChoice(state: &state, choice: choice)
}
}
}
```
=== "Zig"

250
chapter_backtracking/n_queens_problem.md
View file

@ -0,0 +1,250 @@
---
comments: true
---
# 13.3.   N 皇后问题
!!! 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。"
如下图所示，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` 。
![4 皇后问题的解](n_queens_problem.assets/solution_4_queens.png)
<p align="center"> Fig. 4 皇后问题的解 </p>
本题共有三个约束条件：**多个皇后不能在同一行、同一列和同一对角线**。值得注意的是，对角线分为主对角线 `\` 和副对角线 `/` 两种。
![n 皇后问题的约束条件](n_queens_problem.assets/n_queens_constraints.png)
<p align="center"> Fig. n 皇后问题的约束条件 </p>
皇后的数量和棋盘的行数都为 $n$ ，因此我们容易得到第一个推论：**棋盘每行都允许且只允许放置一个皇后**。这意味着，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。**此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。
下图展示了 $4$ 皇后问题的逐行放置过程。受篇幅限制，下图仅展开了第一行的一个搜索分支。在搜索过程中，我们将不满足列约束和对角线约束的方案都剪枝了。
![逐行放置策略](n_queens_problem.assets/n_queens_placing.png)
<p align="center"> Fig. 逐行放置策略 </p>
为了实现根据列约束剪枝，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)` ，观察矩阵的某条主对角线，**我们发现该对角线上所有格子的行索引减列索引相等**，即 `row - col` 为恒定值。换句话说，若两个格子满足 `row1 - col1 == row2 - col2` ，则这两个格子一定处在一条主对角线上。
利用该性质，我们可以借助一个数组 `diag1` 来记录每条主对角线上是否有皇后。注意，$n$ 维方阵 `row - col` 的范围是 $[-n + 1, n - 1]$ ，因此共有 $2n - 1$ 条主对角线。
![处理列约束和对角线约束](n_queens_problem.assets/n_queens_cols_diagonals.png)
<p align="center"> Fig. 处理列约束和对角线约束 </p>
同理，**次对角线上的所有格子的 `row + col` 是恒定值**。我们可以使用同样的方法，借助数组 `diag2` 来处理次对角线约束。
根据以上分析，我们便可以写出 $n$ 皇后的解题代码。
=== "Java"
```java title="n_queens.java"
/* 回溯算法：N 皇后 */
void backtrack(int row, int n, List<List<String>> state, List<List<List<String>>> res,
boolean[] cols, boolean[] diags1, boolean[] diags2) {
// 当放置完所有行时，记录解
if (row == n) {
List<List<String>> copyState = new ArrayList<>();
for (List<String> sRow : state) {
copyState.add(new ArrayList<>(sRow));
}
res.add(copyState);
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 或 主对角线 或 副对角线) 包含皇后
if (!(cols[col] || diags1[diag1] || diags2[diag2])) {
// 尝试：将皇后放置在该格子
state.get(row).set(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.get(row).set(col, "#");
cols[col] = diags1[diag1] = diags2[diag2] = false;
}
}
}
/* 求解 N 皇后 */
List<List<List<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
List<List<String>> state = new ArrayList<>();
for (int i = 0; i < n; i++) {
List<String> row = new ArrayList<>();
for (int j = 0; j < n; j++) {
row.add("#");
}
state.add(row);
}
boolean[] cols = new boolean[n]; // 记录列是否有皇后
boolean[] diags1 = new boolean[2 * n - 1]; // 记录主对角线是否有皇后
boolean[] diags2 = new boolean[2 * n - 1]; // 记录副对角线是否有皇后
List<List<List<String>>> res = new ArrayList<>();
backtrack(0, n, state, res, cols, diags1, diags2);
return res;
}
```
=== "C++"
```cpp title="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 或 主对角线 或 副对角线) 包含皇后
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;
}
```
=== "Python"
```python title="n_queens.py"
def backtrack(
row: int,
n: int,
state: list[list[str]],
cols: list[bool],
diags1: list[bool],
diags2: list[bool],
res: list[list[list[str]]],
):
"""回溯算法：N 皇后"""
# 当放置完所有行时，记录解
if row == n:
res.append([list(row) for row in state])
return
# 遍历所有列
for col in range(n):
# 计算该格子对应的主对角线和副对角线
diag1 = row - col + n - 1
diag2 = row + col
# 剪枝：不允许该格子所在 (列 或 主对角线 或 副对角线) 包含皇后
if not (cols[col] or diags1[diag1] or 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, cols, diags1, diags2, res)
# 回退：将该格子恢复为空位
state[row][col] = "#"
cols[col] = diags1[diag1] = diags2[diag2] = False
def n_queens(n: int) -> list[list[list[str]]]:
"""求解 N 皇后"""
# 初始化 n*n 大小的棋盘，其中 'Q' 代表皇后，'#' 代表空位
state = [["#" for _ in range(n)] for _ in range(n)]
cols = [False] * n # 记录列是否有皇后
diags1 = [False] * (2 * n - 1) # 记录主对角线是否有皇后
diags2 = [False] * (2 * n - 1) # 记录副对角线是否有皇后
res = []
backtrack(0, n, state, cols, diags1, diags2, res)
return res
```
=== "Go"
```go title="n_queens.go"
[class]{}-[func]{backtrack}
[class]{}-[func]{nQueens}
```
=== "JavaScript"
```javascript title="n_queens.js"
[class]{}-[func]{backtrack}
[class]{}-[func]{nQueens}
```
=== "TypeScript"
```typescript title="n_queens.ts"
[class]{}-[func]{backtrack}
[class]{}-[func]{nQueens}
```
=== "C"
```c title="n_queens.c"
[class]{}-[func]{backtrack}
[class]{}-[func]{nQueens}
```
=== "C#"
```csharp title="n_queens.cs"
[class]{n_queens}-[func]{backtrack}
[class]{n_queens}-[func]{nQueens}
```
=== "Swift"
```swift title="n_queens.swift"
[class]{}-[func]{backtrack}
[class]{}-[func]{nQueens}
```
=== "Zig"
```zig title="n_queens.zig"
[class]{}-[func]{backtrack}
[class]{}-[func]{nQueens}
```
## 13.3.1. &nbsp; 复杂度分析
逐行放置 $n$ 次，考虑列约束，则从第一行到最后一行分别有 $n, n-1, \cdots, 2, 1$ 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。
`state` 使用 $O(n^2)$ 空间，`cols` , `diags1` , `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 $O(n^2)$** 。

6
chapter_backtracking/permutations_problem.md
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@ -452,3 +452,9 @@ comments: true
![两种剪枝条件的作用范围](permutations_problem.assets/permutations_ii_pruning_summary.png)
<p align="center"> Fig. 两种剪枝条件的作用范围 </p>
## 13.2.3. &nbsp; 复杂度分析
假设元素两两之间互不相同，则 $n$ 个元素共有 $n!$ 种排列（阶乘）；在记录结果时，需要复制长度为 $n$ 的列表，使用 $O(n)$ 时间。因此，**时间复杂度为 $O(n!n)$** 。
最大递归深度为 $n$ ，使用 $O(n)$ 栈帧空间。`selected` 使用 $O(n)$ 空间。同一时刻最多共有 $n$ 个 `duplicated` ，使用 $O(n^2)$ 空间。因此，**全排列 I 的空间复杂度为 $O(n)$ ，全排列 II 的空间复杂度为 $O(n^2)$** 。

2
chapter_tree/avl_tree.md
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@ -1960,7 +1960,7 @@ AVL 树的特点在于「旋转 Rotation」操作，它能够在不影响二叉
}
} else {
// 子节点数量 = 2 ，则将中序遍历的下个节点删除，并用该节点替换当前节点
let temp = node?.right
var temp = node?.right
while temp?.left != nil {
temp = temp?.left
}

2
chapter_tree/binary_search_tree.md
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@ -1087,7 +1087,7 @@ comments: true
// 子节点数量 = 2
else {
// 获取中序遍历中 cur 的下一个节点
let tmp = cur?.right
var tmp = cur?.right
while tmp?.left != nil {
tmp = tmp?.left
}