這些天逛論壇，忽然發現可以用qs2演算法求解n-皇后問題，而且效果比較好。之前學《人工智慧》曾經用爬山法解決過，但當n上千時，效果很差。論壇裡介紹qs2演算法效果很好。自己便按照樓主給的思路和偽**寫了一遍，果然很厲害啊。在此先讚乙個。（以下藍色部分來自論壇樓主帖子）
8皇后問題是乙個廣為人知的問題：將8個皇后放在8×8的棋盤上，皇后之間不能互相攻擊，求各種放法。更一般的，把8換成n，其解法個數是隨n成幾何級增長的，因此程式執行時間也是幾何級別的。現在我們關注這樣乙個問題，既然不能很快的把所有解都列舉出來，那麼我們能不能很快的求出乙個解來呢？這就是n皇后問題。
有人說，我就用純搜尋來搜第乙個解，會不會快呢？你可以試一試，當n增大的時候會變的非常非常慢。除了搜尋，還能有什麼更好的辦法呢？下面介紹乙個qs2演算法，可以在當n大到500000的時候仍能在幾分鐘之內得到解。描述演算法前，先定義一些資料結構：
1. 狀態表示。用queen[i] (1<=i<=n)儲存1..n個乙個排列，用它表示第i列的皇后所放的行數。這樣表示的作用是，同一行同一列都不會有互相攻擊的情況發生，發生攻擊只可能是對角線。
2. 對角線標記。對於第i行第j列的元素，它有兩個方向的對角線。假設以左下角為座標（1，1）點，那麼一條對角線是斜率為正的，另外一條是斜率為負的。對於斜率為正的對角線上的元素，i-j為定值，對斜率為負的對角線上的元素，i+j為定值，因此用i+j來標記該元素所處的負對角線，用i-j來標記其所處的正對角線。用陣列dn[ ]來表示第i+j條負對角線上有多少個皇后，用dp[ ]來表示第i-j條正對角線上的皇后的個數。定義在某條對角線上，碰撞的個數為這條對角線上皇后的個數減1。
3. 被攻擊的皇后。用乙個陣列attack[ ]來儲存所有被攻擊的皇后的行數。此陣列用於加速程式的執行。 有了這些資料結構，就可以開始介紹qs2演算法了。
演算法如下：
1. repeat
2. 隨機產生初始狀態queen[i]
3. collisions = compute_collisions(queen, dn, dp) （計算每個對角線上皇后的個數，dp和dn，並計算總的碰撞次數collisions）
4. 設limit = c1 * collisions （該變數用於界定程式中每種狀態產生的碰撞次數，c1是乙個引數，這裡設為0.45）
5. number_of_attacks = compute_attacks(queen, dn, dp, attack) （計算被攻擊的皇后的個數）
6. loopcount = 0
7. repeat
8. for k <- 1 to number_of_attacks do
9. i <- attack[k]
10. 隨機選擇乙個1..n之間的數j
11. if 交換queen[i]和queen[j]可以減少總的碰撞次數collisions then
12. 進行這次交換，並重新計算dn, dp和collisions
13. if collisions = 0 then 找到解，結束。
14. if collisions < limit then do
15. limit <- c1*collisions
16. 重新計算number_of_attacks = compute_attacks(queen, dn, dp, attack)
17. end do
18. end do
19. end do
20. loopcount <- loopcount + number_of_attacks
21. until loopcount > c2 * n （c2是乙個常量，這裡設為32）
22. until collisions = 0
通觀這個演算法，發現其實很簡單，就是先隨機產生了一種排列方案，然後找乙個被攻擊的皇后，隨機選擇另乙個皇后，讓她們交換位置，如果這個交換可以使總的碰撞次數減少，那麼就進行交換。由於這個演算法是隨機的，不能保證從最開始隨機產生的queen[i]狀態一定可以得到一組解，因此，程式在執行一段時間之後，如果沒有解產生，就重新產生一組初始值（這個過程是通過loopcount變數來控制的）。再看看這個演算法的效能。由於程式裡面充滿了隨機化，對這個程式的效能的分析也無法直接從**中來分析其複雜度。它的效能是通過實驗來分析的。下面這個表列出了一些統計數字：
皇后個數n 1000 10000 100000 500000
被測試的皇后數 14742 138762 1386974 6981193
進行交換的皇后對個數 436 4333 43256 216407
表中第2行被測試的皇后對個數，是指程式第11行對兩個皇后交換後是否可以減少碰撞個數的測試。表中第3行進行交換的皇后對個數，是指程式第12行交換兩個皇后的次數。
從表中我們不難發現，隨著n增大，測試皇后對和交換皇后對這兩個操作都是呈線性增加的。也就是說，對由乙個初始狀態出發到產生解，所用時間是線性的。但是，如果不能從某個隨機的初始狀態產生出解呢？雖說若不能出解，程式執行一段時間後會重新產生初始狀態，但如果不能產生解的初始狀態很多，那麼程式的效能也會大大下降。事實上這個顧慮是多餘的，實驗驗證，當n超過1000的時候，幾乎總可以從第乙個初始值出發找到解！
這個演算法介紹完了，最後，我想說說我對這個演算法的感覺。首先，這個演算法是實驗性的。其效能的評估沒法用傳統的複雜度分析方法來進行，必須通過實驗來驗證。當我看到了這個演算法，如果不是親自去寫一遍，我根本無法相信它會這麼快的出解，這也是它神奇的地方。其次，這個演算法的思路跳出了解決n皇后問題一般所能想到的回溯搜尋方法，取而代之的是乙個隨機化貪心演算法。雖然說它是不確定的，可是它卻快速的解決了問題。這為人們提供了乙個思路，當遇到傳統的搜尋很難奏效的時候，隨機化貪心也許會另闢捷徑，收到意想不到的效果。
最後在貼上自己寫的code
#include #include #include #include using namespace std;
const double c1 = 0.45;
const double c2 = 32;
void initqueen(int n , vector &queen) // 初始化queen
}__int64 compute_collisions(const vector&queen,vector&dn,vector&dp)
for(int i = 0 ; i < (int)queen.size() ; i++)
__int64 collisions = 0;
for(int k =0 ; k < 2*queen.size()-1;k++)
return collisions;
}int compute_attacks(const vector&queen,vector&dn,vector&dp,vector&attack)
} return attackedlines;
}int randint(int k ,int size)
int cacl_collisions(const vector&queen,vector&dn,vector&dp,int a,int b)
void updatequeen(vector&queen,vector&dn,vector&dp,int a,int b)
void printqueen(vector&queen)
coutvectorattack;
vectordn(2*n);
vectordp(2*n);
if(n == 2||n == 3)
{ cout<<"無解"<>n;
srand((unsigned)time(null));
starttime = clock();
pashan(n);
endtime = clock();
double totaltime = 1.0*(endtime - starttime)/clocks_per_sec;
cout<<"共耗時："<
求解n皇后問題
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n皇后問題求解
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使用C 求解N皇后問題。
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