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# 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` 。
Fig. 4 皇后问题的解
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。
Fig. n 皇后问题的约束条件
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。
Fig. 逐行放置策略
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。
Fig. 处理列约束和对角线约束
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> state, List>> res,
boolean[] cols, boolean[] diags1, boolean[] diags2) {
// 当放置完所有行时，记录解
if (row == n) {
List> copyState = new ArrayList<>();
for (List 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>> 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> state = new ArrayList<>();
for (int i = 0; i < n; i++) {
List 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>> 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> &state, vector>> &res, vector &cols,
vector &diags1, vector &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>> 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> state(n, vector(n, "#"));
vector cols(n, false); // 记录列是否有皇后
vector diags1(2 * n - 1, false); // 记录主对角线是否有皇后
vector diags2(2 * n - 1, false); // 记录副对角线是否有皇后
vector>> 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. 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 $O(n^2)$** 。