Leetcode No.51 N皇后（DFS）
一、题目描述
n 皇后问题 研究的是如何将 n 个皇后放置在 n×n 的棋盘上，并且使皇后彼此之间不能相互攻击。
给你一个整数 n ，返回所有不同的 n 皇后问题 的解决方案。
每一种解法包含一个不同的 n 皇后问题 的棋子放置方案，该方案中 'Q' 和 '.' 分别代表了皇后和空位。
示例 1： 输入：n = 4 输出：[[".Q..","...Q","Q...","..Q."],["..Q.","Q...","...Q",".Q.."]]
解释：如上图所示，4 皇后问题存在两个不同的解法。
示例 2： 输入：n = 1 输出：[["Q"]]
提示：
1 <= n <= 9 皇后彼此不能相互攻击，也就是说：任何两个皇后都不能处于同一条横行、纵行或斜线上。
二、解题思路
「N 皇后问题」研究的是如何将 N 个皇后放置在 N×N 的棋盘上，并且使皇后彼此之间不能相互攻击。
皇后的走法是：可以横直斜走，格数不限。因此要求皇后彼此之间不能相互攻击，等价于要求任何两个皇后都不能在同一行、同一列以及同一条斜线上。
直观的做法是暴力枚举将 N 个皇后放置在N×N 的棋盘上的所有可能的情况，并对每一种情况判断是否满足皇后彼此之间不相互攻击。暴力枚举的时间复杂度是非常高的，因此必须利用限制条件加以优化。
显然，每个皇后必须位于不同行和不同列，因此将 N 个皇后放置在N×N 的棋盘上，一定是每一行有且仅有一个皇后，每一列有且仅有一个皇后，且任何两个皇后都不能在同一条斜线上。基于上述发现，可以通过回溯的方式寻找可能的解。
回溯的具体做法是：使用一个数组记录每行放置的皇后的列下标，依次在每一行放置一个皇后。每次新放置的皇后都不能和已经放置的皇后之间有攻击：即新放置的皇后不能和任何一个已经放置的皇后在同一列以及同一条斜线上，并更新数组中的当前行的皇后列下标。当 N 个皇后都放置完毕，则找到一个可能的解。当找到一个可能的解之后，将数组转换成表示棋盘状态的列表，并将该棋盘状态的列表加入返回列表。
由于每个皇后必须位于不同列，因此已经放置的皇后所在的列不能放置别的皇后。第一个皇后有 N 列可以选择，第二个皇后最多有N−1 列可以选择，第三个皇后最多有 N−2 列可以选择（如果考虑到不能在同一条斜线上，可能的选择数量更少），因此所有可能的情况不会超过 N! 种，遍历这些情况的时间复杂度是O(N!)。
为了降低总时间复杂度，每次放置皇后时需要快速判断每个位置是否可以放置皇后，显然，最理想的情况是在 O(1) 的时间内判断该位置所在的列和两条斜线上是否已经有皇后。
使用集合对皇后的放置位置进行判断，都可以在 O(1) 的时间内判断一个位置是否可以放置皇后，算法的总时间复杂度是O(N!)。
基于集合的回溯 为了判断一个位置所在的列和两条斜线上是否已经有皇后，使用三个集合 columns、diagonals1和diagonals2分别记录每一列以及两个方向的每条斜线上是否有皇后。
列的表示法很直观，一共有 N 列，每一列的下标范围从 0 到 N-1，使用列的下标即可明确表示每一列。
如何表示两个方向的斜线呢？对于每个方向的斜线，需要找到斜线上的每个位置的行下标与列下标之间的关系。
方向一的斜线为从左上到右下方向，同一条斜线上的每个位置满足行下标与列下标之差相等，例如 (0,0)和 (3,3)在同一条方向一的斜线上。因此使用行下标与列下标之差即可明确表示每一条方向一的斜线。
方向二的斜线为从右上到左下方向，同一条斜线上的每个位置满足行下标与列下标之和相等，例如 (3,0) 和 (1,2) 在同一条方向二的斜线上。因此使用行下标与列下标之和即可明确表示每一条方向二的斜线。
每次放置皇后时，对于每个位置判断其是否在三个集合中，如果三个集合都不包含当前位置，则当前位置是可以放置皇后的位置。
下面我用一个3 * 3 的矩阵举例，将搜索过程抽象为一颗树，如图：
三、代码
public class Solution {
public List<List<String>> solveNQueens(int n) {
List<List<String>> solutions = new ArrayList<List<String>>();
int[] queens = new int[n];
Arrays.fill(queens, -1);
Set<Integer> columns = new HashSet<Integer>();//每一列是否有皇后
Set<Integer> diagonals1 = new HashSet<Integer>();//主对角斜线是否有皇后
Set<Integer> diagonals2 = new HashSet<Integer>();//负对角斜线是否有皇后
backtrack(solutions, queens, n, 0, columns, diagonals1, diagonals2);
return solutions;
}
//递归深度row控制棋盘的行，每一层里for循环的i控制棋盘的列，一行一列，确定了放置皇后的位置。
public void backtrack(List<List<String>> solutions, int[] queens, int n, int row, Set<Integer> columns, Set<Integer> diagonals1, Set<Integer> diagonals2) {
if (row == n) {
// 深度优先遍历到下标为 n，表示 [0.. n - 1] 已经填完，得到了一个结果
List<String> board = generateBoard(queens, n);
solutions.add(board);
} else {
// 针对行下标为row的每一列，尝试是否可以放置
for (int i = 0; i < n; i++) {//行号
if (columns.contains(i)) {
continue;//不能在同一列
}
int diagonal1 = row - i;
if (diagonals1.contains(diagonal1)) {
continue;//不能在同一斜线(主对角线方向)
}
int diagonal2 = row + i;
if (diagonals2.contains(diagonal2)) {
continue;//不能在同一斜线(负对角线方向)
}
queens[row] = i;
columns.add(i);
diagonals1.add(diagonal1);
diagonals2.add(diagonal2);
backtrack(solutions, queens, n, row + 1, columns, diagonals1, diagonals2);
queens[row] = -1;
columns.remove(i);
diagonals1.remove(diagonal1);
diagonals2.remove(diagonal2);
}
}
}
public List<String> generateBoard(int[] queens, int n) {
List<String> board = new ArrayList<String>();
for (int i = 0; i < n; i++) {
char[] row = new char[n];
Arrays.fill(row, '.');
row[queens[i]] = 'Q';
board.add(new String(row));
}
return board;
}
}四、复杂度分析
时间复杂度：O(N!)，其中 N 是皇后数量。
空间复杂度：O(N)，其中 N 是皇后数量。空间复杂度主要取决于递归调用层数、记录每行放置的皇后的列下标的数组以及三个集合，递归调用层数不会超过 N，数组的长度为 N，每个集合的元素个数都不会超过 N。