软件课讲了这些问题，这次顺便总结下。
说白了也就是：递归，回溯，深搜或者广搜。
1.汉诺塔
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/*
汉诺塔
题目：
假设有A, B, C 3个轴，有n个直径各不相同，
从小到大依次编号为1，2，3，…，n的圆盘
按照从小到大的顺序叠放在A轴上。现在要求
将这n个圆盘移至C轴上并仍然按照同样顺序
叠放，但圆盘移动时必须遵守下列规则：
1.每次只能移动一个圆盘，它必须位于某个
轴的顶部。
2.圆盘可以插在A,B,C中任一轴上。
3.任何时刻都不能将一个较大的圆盘压在较小
的圆盘之上。
*/
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经典的问题，属于递归的入门级问题，但是同样不好分析，在n<=4以内还可以模拟下汉诺塔的实现，当n>=5时就不太现实了，让我们来看看汉诺塔当圆盘个数n时有多少组解？ 按照传说来看：n=64,当所有的金片都从梵天穿好的那根针上移到另外一根针上时，世界就将在一声霹雳中消灭，而梵塔、庙宇和众生也都将同归于尽。
但是这毕竟是神话，不过当把64个金片全部放到另外一根针时，确实要很长很长一段时间。
让我们来看看需要多长时间。
首先，我们找出递推关系：
f(n + 1) = 2*f(n) + 1
至于这个怎么得到的可以画图看看。
把递推关系算出来后，也就是:
f(n) = 2^n-1
那么当n=64时，是多少？
f(64)= 2^64-1=18446744073709551615
假如每秒钟一次，共需多长时间呢？一年大约有 31536926 秒，计算表明移完这些金片需要5800多亿年，比地球寿命还要长，事实上，世界、梵塔、庙宇和众生都已经灰飞烟灭。
好吧，说了那么多，还是步入正题。
汉诺塔的实现有递归和非递归两种情况，递归的很常见，也很简单，非递归实际上就是二叉树的中序遍历。也可以认为是栈的实现。
递归的版本：
/*递归实现*/
#include <iostream>
using namespace std;
//把n号圆盘从x移到y，并打印出。
void Move(int n, char x, char y)
{
cout<< "把" << n << "号圆盘从" << x << "移动到" << y << endl;
}
//把前n个通过b从a移到c
void Hanoi(int n, char a, char b, char c)
{
if(n == 1)
Move(1, a, c);
else
{
Hanoi(n-1, a, c, b);
Move(n, a, c);
Hanoi(n-1, b, a, c);
}
}
int main()
{
int n;
cout << "输入n的大小: ";
cin >> n;
Hanoi(n, 'a', 'b', 'c');
cout << "Ok!" << endl << "By Tanky Woo." << endl;
return 0;
}
非递归的版本有时间再补上。
2.n皇后
对于每一个ACMer,八皇后问题都是必经之路。
作为搜索类题目还是老问题：
1.边界条件。
2.对每种情况都得遍历到，可以用解答树分析。
3.剪枝 http://www.wutianqi.com/?p=1341(搜索与剪枝)
4.辅助空间的变化。回溯前和回溯后的变化。
如果不用辅助空间的回溯当然就不需要注意辅助空间的问题了。
以下是n皇后的源码：
/*
* n皇后问题
* Tanky Woo
*/
#include <iostream>
using namespace std;
int queen[100];
int n; // n皇后
int tot = 0; //解法种数
// www.wutianqi.com
void search(int cur)
{
if(cur == n) //递归边界。符合要求，输出。
{
tot++;
for(int i=0; i<n; ++i)
cout << queen[i] << " ";
cout << endl;
}
else
{
for(int i=0; i<n; ++i)
{
bool flag = 1;
queen[cur] = i; // 尝试把第cur行的皇后放在第i列
for(int j=0; j<cur; ++j) // 检查是否和前面的皇后冲突
if(queen[cur] == queen[j] // 同一列
|| cur-queen[cur] == j-queen[j] // 正对角线
|| cur+queen[cur] == j+queen[j]) // 反对角线
{
flag = 0;
break;
}
if(flag)
search(cur+1); // 如果合法，继续
}
}
}
int main()
{
cout << "输入皇后个数n: ";
cin >> n;
search(0);
cout << "共有" << tot << "种解." << endl << "By Tanky Woo." << endl;
return 0;
}
对于这个问题，还可以用辅助空间来提高算法的效率: 增加辅助空间vis[][]来判断是否有其他皇后已经在列和对角线上。
#include <iostream>
using namespace std;
int queen[100];
int n; // n皇后
int tot = 0; //解法种数
int vis[3][100]; // 辅助空间
void search(int cur)
{
if(cur == n) //递归边界。符合要求，输出。
{
tot++;
for(int i=0; i<n; ++i)
cout << queen[i] << " ";
cout << endl;
}
else
{
for(int i=0; i<n; ++i)
{
if(!vis[0][i] && !vis[1][cur+i] && !vis[2][cur-i+n])
{
queen[cur] = i;
vis[0][i] = vis[1][cur+i] = vis[2][cur-i+n] = 1;
search(cur+1);
vis[0][i] = vis[1][cur+i] = vis[2][cur-i+n] = 0; //记住要变化来
}
}
}
}
int main()
{
memset(vis, 0, sizeof(vis));
cout << "输入皇后个数n: ";
cin >> n;
search(0);
cout << "共有" << tot << "种解." << endl << "By Tanky Woo." << endl;
return 0;
}
3.跳马问题：
据说此题证明可以用组合数学中的哈密顿环。
组合数学确实博大精深，看过一段时间的组合数学，感觉和实际联系的很多，Orz.
此题有两种版本：
①：给定一个N*N的棋盘，起始点在(0,0)处，要求求出有多少种方法，可以不重复的遍历棋盘上所有的点。
规则：1.马走日字
2.走过的点就不能再走了
此题和上面的n皇后类似，是标准的DFS。
分析：从起始点开始，每次遍历八种方向，直到边界条件，并输出。
以下是跳马问题一的源码：
/*马跳棋盘问题*/
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 10;
int a[N][N] = {0};
int cnt = 0;
void Horse(int a, int b, int t);
// www.wutianqi.com
int main()
{
int i = 0, j = 0, t = 1;
a[i][j] = t;
Horse(i, j, step+1);
cout << cnt << endl;
cout << "By Tanky Woo.\n";
return 0;
}
void Horse(int a, int b, int t)
{
int x[4] ={-2, -1, 1, 2}, y[4] = {-2, -1, 1, 2};
if(t == N*N+1)
cnt++;
for(int i=0; i<4; ++i)
for(int j=0; j<4; ++j)
{
if(x[i]==y[j] || x[i]==-y[j])
continue;
if(a+x[i]>=0 && a+x[i]<N && b+y[j]>=0 && b+y[j]<N && board[a+x[i]][b+y[j]]==0)
{
a[a+x[i]][b+y[j]] = t;
Horse(a+x[i], b+y[j], t+1);
a[a+x[i]][b+y[j]] = 0;
}
}
}
第二个版本： ②：设有右图所示的一个棋盘，在棋盘上的A点，有一个中国象棋的马，并约定马走的规则：
规则：1. 马走日字
2. 马只能向右走。
试找出所有从A到B的途径。
此题也是OI上很有名的骑士问题。
此题似乎比较适合BFS.
还没尝试过。
让我再想想，好像还有八数码和素数环问题没写。
不过在HDOJ上遇到过一个素数环的题目：
http://www.wutianqi.com/?p=1329
有兴趣可以做下。
对于DFS和BFS更多的题目，可以在我博客右上角搜索栏里输入DFS或BFS，会出来相应题目。