這是菜雞的我第一次寫這類題目：

題意：就是在N*N的棋盤上，每一行，每一列，所有的對角線都只能有一個棋子。

先分析：假若N=4；

　　　　則為其中的一種答案。要輸出左右的解，肯定要枚舉出所有的解。那麼非常自然的想到遞迴！

　　根據題意，每一步棋子都滿足，在一行，一列，兩個對角線。那麼怎麼解決呢？

　　總體遞迴思路，肯定是以一行為處理單位的啦。每一行總從左到右是判斷是否這個棋子可以判斷。

不相鄰行的兩個棋子：

在這裡，我們先解決不為相鄰行時，兩個棋子不同列不同對角線問題。

不同列：直接定義一個數組，比如b[ 1 ]=1就表示第1列已經擺了一個棋子了。那麼後面的棋子直接判斷就行了。

不同列：

　　　　　　很明顯在出現這種情況之前一定會出現這種擺法：所以根本不用擔心這種情況的發生。

相鄰行的兩個棋子：

我們解決怎樣判斷同一列，在兩個對角線中。

不同列：直接定義一個數組，比如b[ 1 ]=1就表示第1列已經擺了一個棋子了。那麼後面的棋子直接判斷就行了。

對角線一：  假設第一個點座標為(x, y)那麼，相鄰行並且同對角線的下一個點的座標是就是(x+1, y-1)，對吧。是不是找到規律了。

　　　　　x+y=(x+1)+(y-1)  這樣就定義一個數組c[],  那麼 c[x+y]=1就可以表示點(x, y)所在的這類這條對角線已經有一個棋子。

對角線二：這類對角線的上的點的座標變化都是橫縱座標各自加1.這其實很好辦，每個座標都滿足x-y+n=k，每一條對角線對應唯一的一　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　個k值.至於x，y誰在前誰在後都無所謂，關鍵是抵消加1這個操作。那麼定義d[ x-y+n ]=1表示這個對角線已經有了一個棋子。

#include<iostream>
using namespace std;
int n, sum, a[15];
bool b[100], c[100], d[100];
void print(){
    sum++;
    if (sum <= 3){
        
 
for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            cout << a[i] << " \n"[(i != n ? 0 : 1)];
        }
    }
}
void queen(int i)
{
    for (int j = 1; j <= n; ++j)
    {
        if ((b[j] == 0) && (c[i + j] == 0) && (d[i - j+n] == 0))
        {
            a[i] = j;
            b[j] = 1;
            c[i + j] = 1;
            d[i - j + n] = 1;
            if (i == n)print();
            else queen(i + 1);
            b[j] = 0;
            c[i + j] = 0;
            d[i - j + n] = 0;
        }
    }
}
int main()
{
    cin >> n;
    queen(1);
    cout << sum << endl;
    return 0;
}