这里分享一个经典搜索问题，N皇后。
题目：51. N皇后
链接：51.N皇后
思路分析
思路是很好想的，简单的搜索就行，
首先，我们思考，究竟是一个格子一个格子搜索，还是一行一行搜索呢？
显然一个格子一个格子搜索，递归的深度太夸张了，时间复杂度就变成了2^（N*N），这不可能接收的了，
所以，应该还是一行一行搜索比较合适，
那么搜索一行的时候，应该搜索啥呢？
肯定是要尝试将皇后放在这一行的所有格子上。
OK，那么如何判断是否能放在该格子呢？
也就是如何进行剪枝。
题目提供的剪枝要求是，同一行、同一列、主对角线、副对角线上都不能有其他的皇后。
这里又需要思考一下，真的需要遍历该行、该列、整条对角线吗？
这一个遍历就是O(N)的时间复杂度，也就成了4N (2^N)，
虽然在这道题目，也能通过，但是，还可以在优化，
搜索题目里面剪枝的优化，大概率是要使用到hash表的，将遍历检查的O(N)降低到O(1)，
所以应该有一个hash表来记录，哪一列有皇后了，哪个对角线有皇后了，
注意，由于我们是按照行搜索的，搜索到当前行，当前行肯定是没有皇后的，也就可以少一个hash表。
列上有皇后很好表示，y相同就行了，
对角线上有皇后怎么表示呢？
我们来看主对角线，
我们会发现，x + 1，y随之+1，所以， x - y = x0 - y0；
再看副对角线，
我们会发现，x + 1，y随之-1，所以，x + y = x0 + y0；
编码细节
我们用vector模拟hash表来存储的时候，
x - y 可能会小于0，也就是说，可能会越界，
所以，处理成x - y + n ，就能保证下标一定 大于0 ，不会越界。
具体代码
c
//n皇后问题思路，对每一行一次进行搜索
//每一行的每一列都要尝试
//尝试该位置的时候，需要检查斜线上是否有元素和y上是否有元素，我们是以x为单位进行遍历，所以x不用检查
//主对角线：x每次++，y随之++,也就是 y - x = y0 - x0
//副对角线：x每次++，y随之--,也就是 y + x = y0 + x0
//斜线，y = y0
//这三个条件只要满足一个，就break，尝试该行中的下一个位置
vector<vector<string>> ret;
int count = 0;
void dfs(vector<string> path, vector<int> col, vector<int> dis1, vector<int>dis2)
{
if(path.size() == count)
{
ret.push_back(path);
return;
}
for(int i = 0;i < count;i++)
{
int x = path.size();
int y = i;
// O(N)的时间复杂度剪枝太慢了
if(col[i] == true) continue;
if(dis1[x - y + count] == true) continue;
if(dis2[x + y] == true) continue;
//组织临时字符串
string tmp;
for(int j = 0;j < count;++j)
{
if(j == i) tmp += 'Q';
else tmp += '.';
}
path.push_back(tmp);
col[i] = true;
dis1[x - y + count] = true;
dis2[x + y] = true;
//递归
dfs(path,col,dis1,dis2);
//回溯
col[i] = false;
dis1[x - y + count] = false;
dis2[x + y] = false;
path.pop_back();
}
}
vector<vector<string>> solveNQueens(int n) {
count = n;
vector<string> path;
vector<int> col(n,false);
vector<int> dis1(n * 2,false); // x - y ,可能会越界x < y ，所以计算的是x - y + n
vector<int> dis2(n * 2,false); // x + y
dfs(path,col,dis1,dis2);
return ret;
}