专题·深度优先搜索（DFS）【including 2N皇后，等边三角形，中国邮递员问题

初见安~这篇我们来讲讲深搜（DFS）

前文我们讲过了递归【这里是递推递归】，这里我们就要运用到啦~

所谓深搜，也顾名思义就是在深度上搜索，到了尽头则返回上一层，换一条路继续搜——也就是递归思想。

先看一道题了解一下吧：【中国邮递员问题】

对这道题就是很直白的dfs搜索目标。也正如题解里所言：很多dsf也可以用bfs实现，但与此同时也有很多是不能实现的。

比如搜索路径条数——

2N皇后

（本题出自计蒜客）

Description

给定一个 n*n 的棋盘，棋盘中有一些位置不能放皇后。现在要向棋盘中放入 n 个黑皇后和 n 个白皇后，使任意的两个黑皇后都不在同一行、同一列或同一条斜线（包括正负斜线）上，任意的两个白皇后都不在同一行、同一列或同一条斜线（包括正负斜线）上。问总共有多少种放法？n 小于等于 8。

Input

输入的第一行为一个整数 n，表示棋盘的大小。接下来 n 行，每行 n 个 0 或 1 的整数，如果一个整数为1，表示对应的位置可以放皇后，如果一个整数为 0，表示对应的位置不可以放皇后。

Output

输出一个整数，表示总共有多少种放法。

Sample Input 1

Sample Output 1

Sample Input 2

题解

了解题目后，我们可以有个大概的思路：黑白皇后之间无所谓冲突，所以我们只要分别处理好并标记位置确定同色皇后之间不冲突即可。那我们不妨大胆（不怕超时）尝试一下：先处理黑皇后（先白也可以），每放一个都四下检查一次有没有同色皇后；到了最后一行且皇后数量达到了2N时就开始找白皇后or跳出递归，已走过所有路径。

下面是代码及详解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[10][10],k=0;
int cnt=0;//cnt计数bool in(int x,int y) //检查是否越界
{return 1<=x&&x<=n&&1<=y&&y<=n;
}void dfs(int i,int q)//黑标记2白标记3 ,i为到第几行了。
{if(i>n) return;//越界for(int j=1;j<=n;j++){if(in(i,j)&&a[i][j]==1)//在（i，j）位置四下搜索是否遇得到已放皇后{bool flag=1;for(int k=1;k<=i-1;k++)//第i行后面的确定是没放的，所以不必搜索{if(a[k][j]==q) flag=0;}//不用搜索同一行，因为放了就深入到下一行int tx=i-1,ty=j+1;while(in(tx,ty))//斜向搜索{if(a[tx][ty]==q) flag=0;tx--;ty++;}tx=i-1,ty=j-1;while(in(tx,ty)){if(a[tx][ty]==q) flag=0;tx--;ty--;}if(flag)//通过了以上的检查操作{a[i][j]=q;if(i==n&&q==2)//黑皇后放完了{dfs(1,3);}else if(i==n&&q==3) //搜索完毕，计数{cnt++;}else dfs(i+1,q);a[i][j]=1;//递归循环，复原}}}
}int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)cin>>a[i][j];dfs(1,2); cout<<cnt<<endl;return 0;
}

我知道还有个问题叫做8皇后问题。【和上述思路差不多，可以去试一下】

OK，我们再来看一道题：

等边三角形

（本题出自YCOJ）

Description

小白手上有一些小木棍，它们长短不一，小白想用这些木棍拼出一个等边三角形，并且每根木棍都要用到。例如，小白手上有长度为 1，2，3，3 的4根木棍，他可以让长度为1，2 的木棍组成一条边，另外 2 跟分别组成 2 条边，拼成一个边长为 3 的等边三角形。小白希望你提前告诉他能不能拼出来，免得白费功夫。

Input

首先输入一个整数 n(3 ≤ n ≤ 200)，表示木棍数量，接下来输入 n 根木棍的长度 p_i(1 ≤ p_i ≤ 10000)。

Output

如果小白能拼出等边三角形，输出"yes"，否则输出"no"。

Sample Input 1

5
1 2 3 4 5

Sample Output 1

yes

Sample Input 2

4
1 1 1 1

Sample Output 2

no

题解

我们知道等边三角形就是三边相等。所以这道题我们可以凑（强行枚举？）出结果来。当然本题只需要返回是否存在解，所以找到了就可以了。

下面是代码及详解——

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,num[200],s=0;
bool flag=0;
void dfs(int a,int b,int c,int i)//三边长及用到了第几个木棍
{if(flag==1) return;//已经找到解了就不用在找了if(a==b&&b==c&&a!=0&&i==n+1)//如果找到了：{flag=1;return;}if(i>n+1||a>s||b>s||c>s)//返回上一个，因为长度超过了{return;}dfs(a+num[i],b,c,i+1);//强行凑！（什么鬼……）dfs(a,b+num[i],c,i+1);dfs(a,b,c+num[i],i+1);
}
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>num[i];s+=num[i];}if(s%3!=0)//如果连总长都不能三等分的话，就不用考虑了。{cout<<"no"<<endl;return 0;}else{s=s/3;//s变为要凑出来的边长度dfs(0,0,0,1);}if(flag==1) cout<<"yes"<<endl;//flag标记else cout<<"no"<<endl;return 0;
}

最后，其实DFS有一个优化操作——迭代加深搜索。什么是迭代加深呢？就是搜索前先限定好深度搜，如果没搜到那么我们再更改深度。相当于是枚举答案。

画个图理解一下：假设我们枚举的深度一点点加深，那么搜索路径就是这样的：

只有当搜索深度为3的时候最后一个点才会被搜到。

这样搜看起来前面的点被重复搜了很多次，但其实效率多数时候是比一路搜到最深处的dfs要优秀一些的。

有一个不那么经典的迭代加深搜索题目：洛谷P2329 栅栏（fence8）。虽然是二分枚举的答案，但是也算是迭代加深的。

后期还有不少搜索的经典题目，欢迎到博客目录翻阅~

迎评：）

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