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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<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]],
    res: list[list[list[str]]],
    cols: list[bool],
    diags1: list[bool],
    diags2: list[bool],
):
    """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, 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

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, res, cols, diags1, diags2)

    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 $O(n^2)$ 。