题目描述
监狱的每间牢房是一个不超过4×4的正方形，里面设有一些障碍，牢房里住着的犯人脾气都很大，只要两个犯人位于同一行或同一列即会发生冲突，但障碍物可以阻挡同行或同列犯人的冲突。问最多可放几个犯人而不会发生冲突。如下图所示，左边表示初始牢房样，右边4个显示了摆放方案，当然，最后两个方案是错误的。
输入
有多组测试数据，每组数据第一行为一个整数Ｎ表示牢房大小。随后Ｎ行描述牢房，其中X表示障碍。
所有测试数据结束的标志为０。
输出
输出最多可放的犯人数。
3
.X.
X.X
.X.
3
…
.XX
.XX
4
…
…
…
…
0
样例输出 Copy
5
1
5
2
4
这道入门+的搜索题，博主不久前做了道补全数独的题，第一反应就是每个点都尝试放人，也就是改成R，然后行和列分别用一位数组判断是否冲突（类似数独规则）。
最关键的小技巧：如果走到墙，便将这个点横向和纵向对应的数组元素恢复为0，实现了墙格挡冲突的效果（想一想为什么）。
答案是走的顺序是从左往右，从上往下，之后尝试放在同一行的犯人，必定在之前霸占该行的犯人的右边，同理，之后尝试放同一列的犯人必定在之前霸占该列的犯人的下边，遇到墙取消霸占（数组该位回归0）
贴代码：
#include <iostream>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char fie[5][5],q[5][5];
int n,ans,sum,f;
int row[5],line[5];//储存行列霸王是否存在的数组
void dfs(int x,int y)
{
for(int i = y; i<=n; i++)
{
if(q[x][y]=='.'&&fie[x][y]=='.'&&!row[x]&&!line[y])
{
fie[x][y]='R';//放人
row[x]=1;//霸
line[y]=1;//霸
}
else if(q[x][y]=='X')
{
row[x]=line[y]=0;//回归0
}
else if(fie[x][y]=='R')continue;
if(x==n&&y==n)//走到最后，判断放的人数（R的数量）
{
for(int i = 1; i<=n; i++)
{
for(int j = 1; j<=n; j++)
{
if(fie[i][j]=='R')
{
sum++;
}
}
}
ans=max(ans,sum);
sum=0;
return;
}
else if(y==n)
{
dfs(x+1,1);//往右走
fie[x][y]='.';//回溯
return;
}
else
{
dfs(x,y+1);//往左走
fie[x][y]='.';//回溯
return;
}
}
}
int main()
{
while(cin>>n&&n)
{
ans=0;
for(int i = 1; i<=n; i++)
{
for(int j = 1; j<=n; j++)
{
cin>>q[i][j];
}
}
for(int i = 1; i<=n; i++)
{
for(int j = 1; j<=n; j++)
{
sum=0;
memset(fie,'.',sizeof(fie));
memset(row,0,sizeof(row));
memset(line,0,sizeof(line));//每个点判断前都要初始化
dfs(i,j);
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
小白大一博主，希望对您有帮助。