题目：
Follow up for N-Queens problem.
Now, instead outputting board configurations, return the total number of distinct solutions.
解答：
思路很简单，就是暴力求解的N皇后问题计数。过程如下：
- 如果第 i 行的第 j 列放着皇后，然后放第 (i+1) 行的皇后使其不矛盾，然后第 (i+2) 行……；
- 如果每一列都不可行，那我们就回溯一行，然后继续第 1 步直至成功（转3）或者失败。失败了再次回溯一行然后转第 1 步；
- 成功在第 N 行上也放好了皇后，算一种解法。解法总数 +1，回溯到上一行，列数 +1，再次转到第 1 步。
思路也不难。就是代码的实现比较复杂。尤其是回溯的过程。但是如果利用递归的思想，就很简单了。如果在第 i 行的第 j 列放着皇后时的解法数目，表示为 S(i, j)。
解法总数 = S(0, 0) + S(0, 1) + ... + S(0, n)
= [S(1, 0, 此时 (0, 0) 处有一皇后) + S(1, 1, 此时 (0, 0) 处有一皇后) + ...] + [S(1, 0, 此时 (0, 1) 处有一皇后) + S(1, 1, 此时 (0, 1) 处有一皇后) + ...] + ...
= ......
等于就是画出了一棵庞大的树，统计每个子叶节点的解法个数汇集到父节点，父节点再汇集到父节点的父节点......这样一来根节点就是总的解法个数，而中途死掉的节点，计数时就不会计入。
此时如果利用二维数组来计数，执行起来会非常麻烦。这里介绍一个小技巧，仅仅利用一个一维数组，数组第 i 个元素 j 代表在棋盘第 i 行的第 j 列放置一个皇后（或者棋盘第 j 行的第 i 列，这个无所谓）。
同样，我们需要一个check函数判断当前放置一个皇后会不会与之前放置皇后产生矛盾。行、列的判断很简单，对角线的判断稍微复杂点，需要利用到一个性质：
对于坐标为 (a, b) 和 (c, d) 的两个点，如果在对角线相交会有 abs(a-c) == abs(b-d) 的性质。
最终代码：
class Solution {
public:
// 判断是否与之前已经填入的皇后产生冲突
bool check(int* queen, int count)
{
for (int i = 0; i < count; ++i)
{
if (queen[i] == queen[count] || abs(count - i) == abs(queen[count] - queen[i]))
{
return false;
}
}
return true;
}
// 递归函数
int iterQueens(int* queen, int count, int row)
{
// row 最大有效值是 (n-1)，如果 == n 说明已经填完棋盘
if (count == row) return 1;
int sum = 0;
for (int col = 0; col < count; ++col)
{
queen[row] = col;
if (check(queen, row))
{
sum = sum + iterQueens(queen, count, row + 1);
}
}
return sum;
}
int totalNQueens(int n) {
int* queen = new int[n];
// initiate
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
queen[i] = -1;
}
return iterQueens(queen, n, 0);
}
};
对于非递归版本，比这个就麻烦多了。可以查看传送门（应该是正确的解法，但是我写了一遍却是超时不知道为什么……）
最重要的，以上连接中介绍了一种位运算的方法（反正我没看懂，毕竟菜鸡），是最快的求解方法。