回溯法的应用很多，下面讲述一个有趣的马周游问题。
马周游（马跳日）问题：在一个 8*8 的棋盘上（如下图）一匹马从任意位置开始，恰好走过棋盘中的每一格（每个格子有且只能走一次），并且最后还可以回到起点位置。
这个问题其实可以进行推广：即棋盘大小不一定是 8*8 ，只要棋盘大小 M * N 满足:
① M >=6 ;N>= 6 ② M N都是偶数 ③ | M-N | <=2
当然这个问题还可以缩小：即马周游最后不一定要回到原点，只要遍历走完棋盘中的所有格子即可。
显然常规的解法就是采用回溯法，并且要在回溯过程中进行剪枝。
一、下面从马周游最简单的问题描述开始做起：即马周游只需要遍历走完棋盘中的所有格子即可，不要求最后要回到起点位置。
解法说明：其实很容易理解到，马周游棋盘，也就是要遍历棋盘中的所有格子有且只能一次，那么很显然就是一个图的遍历问题了。怎么理解呢？
在前面的文章 八皇后 中，每个皇后都有 8 个位置的选择，那么对应来说就是一个满八叉树（也可以看做是图）的遍历。下面给出一个四皇后问题的图解。在这个图中我们就可以清楚的看到图的遍历过程，而且是深度优先遍历。
那么同样的，关于马周游问题，也是同样要进行图的深度优先遍历过程。那么深度优先遍历过程可以递归实现，可以非递归实现。下面分别给出其实现代码。
（1）递归实现
#include<iostream>
#include <stdlib.h>
#include <iomanip>
using namespace std;
//马周游的棋盘，注意使用的时候是从下表为1开始
int board[100][100];
int fx[]= {2,1,-1,-2,-2,-1,1,2};
int fy[]= {-1,-2,-2,-1,1,2,2,1};
int n; //棋盘大小
//参数x,y 表示棋盘的位置
//检测(x,y) 对应位置在棋盘中是否合法
bool check(int x,int y)
{
if(x<1 || y<1 || x>n || y>n || board[x][y] != 0)
return false;
return true;
}
//输出结果
void outputResult(int n)
{
for(int i=1; i<=n; i++)
{
cout<<endl<<endl;
for(int j=1; j<=n; j++)
{
cout<<setw(3)<<board[i][j]<<" ";
}
}
cout<<endl<<endl;
}
void runTable(int a,int b,int number)
{
if(number == n*n) //已经走完棋盘中所有的点
{
outputResult(n); //输出
exit(1);
}
for(int i=0; i<8; i++) //表示每一个格都有八种走法
{
if(check(a + fx[i],b + fy[i]))
{
int x = a + fx[i];
int y = b + fy[i];
board[x][y] = number+1; //走到下一个位置，设置其序号为 number+1
runTable(x, y,number+1);
board[x][y] = 0;//回溯
}
}
}
//递归走法
void horseRun(int x,int y)
{
int number = 1;
board[x][y] = number; //首先确定起始位置这个格是序号为1
runTable(x, y,number);
}
int main()
{
cout<<"输入棋盘大小n:";
cin>>n;
int x,y;
cout<<"输入马周游起始位置x(1~n),y(1~n):";
cin>>x>>y;
horseRun(x,y);
return 0;
}
运行效果：
说明：以上程序在运行棋盘大小为 6*6 的时候，可以很快跑出结果，但是在棋盘大小为 8*8 的时候，就要花费几秒，说明这个运行的效果不是很好。
（2）非递归实现
#include<iostream>
#include <iomanip>
#include <queue>
using namespace std;
//在某一格子的八种走法
int fx[]= {2,1,-1,-2,-2,-1,1,2};
int fy[]= {-1,-2,-2,-1,1,2,2,1};
typedef struct
{
int x,y; //坐标
int number; //序号
} Point; //棋盘中的格子
//马周游的棋盘，注意使用的时候是从下表为1开始
Point board[10000][10000];
int n; //棋盘大小
int step =1; //序号
//输出结果
void outputResult(int n)
{
for(int i=1; i<=n; i++)
{
cout<<endl<<endl;
for(int j=1; j<=n; j++)
{
cout<<setw(3)<<board[i][j].number<<" ";
}
}
cout<<endl<<endl;
}
bool check(int x,int y)
{
if(x<1 || y<1 || x>n || y>n || board[x][y].number != 0)
return false;
return true;
}
//下一位置有多少种走法
int nextPosHasSteps(int x, int y)
{
int steps = 0;
for (int i = 0; i < 8; ++i)
{
if (check(x + fx[i], y + fy[i]))
steps++;
}
return steps;
}
//非递归的走法
void horseRun(Point point)
{
queue<Point> pointQueue;
pointQueue.push(point);
Point temp;
while(!pointQueue.empty())
{
temp = pointQueue.front();
pointQueue.pop();
board[temp.x][temp.y].number = step++;
int minStep = 8;
int flag = 0;
for(int i=0; i<8; i++) //出下一位置走法最少的进入对列
{
int x=temp.x + fx[i];
int y=temp.y + fy[i];
if(check(x,y))
{
if(nextPosHasSteps(x,y) <= minStep)
{
minStep = nextPosHasSteps(x,y);
Point t;
t.x = x;
t.y = y;
if(flag) pointQueue.pop();
pointQueue.push(t);
flag = 1;
}
}
}
}
}
int main()
{
cout<<"输入棋盘大小n:";
cin>>n;
Point startPoint;
cout<<"输入马周游起始位置x(1~n),y(1~n):";
cin>>startPoint.x>>startPoint.y;
horseRun(startPoint);
//输出结果
outputResult(n);
return 0;
}
说明：在程序中已经用到了一个剪枝：即每一次都优先走下一位置走法最少的。
关于剪枝的内容下面会具体讲述。
运行效果：
说明：此种解法可以很快的跑出结果，甚至在 几千乘以几千的棋盘中，都是几乎瞬间跑出结果，效果十分的好，因为这里面用了一个很关键的剪枝。
二、完整解决马周游问题：既要遍历走完棋盘中所有的格子，最后还要回到起点。
有了上面第一个简化版马周游的解决经验，那么完整解决马周游问题，无法就是再添加一个限制条件：最后要回到起点。
那么首先还是要先介绍一下在这个马周游回溯过程中要用到的剪枝（如果不用剪枝，那么算法执行效率会很低）。
使用剪枝有3处：
1、使用Warnsdorff's rule。在当前位置（Now）考虑下一个位置（Next）的时候，优先选择下一个的位置（Next）走法最少的那个。作为当前位置（Now）的下一位置（Next）。
譬如说：下图所示，当前位置现在要确定下一位置，那么就要所有的下一个位置进行考察，看看假如走到下一个位置，它的下一个位置又有多少种走法，选择下一个位置可能走法最少的作为当前位置（Now）的下一个位置（Next）。
2、在进行了第一点的剪枝后，如果可以优先选择的下一个位置不止一个，则优先选择离中心位置较远的位置作为下一步（即靠近边边的位置）。
通俗点理解，第一点的剪枝就是走那些位置可能走到机会比较小的，反正走到的机会小，那么先走完总是好的，要不然你兜一圈回来，还是要走这一个位置的。
第二点的剪枝就是走法尽量从边边走，然后是往中间靠。
3、第三点的剪枝，每次都从棋盘的中间点开始出发，然后求出一条合法路径后再平移映射回待求路径。
怎么理解呢？所谓马周游棋盘，最后还要回到起点。也就是在棋盘中找到一条哈密顿回路。那么不管你是从哪里开始的，最后都是会在这个哈密顿回路中的，那么选取的中点的位置也肯定是在这个回路上的。
最后，找到这个这个以中点为起点的哈密顿回路后，根据设定起点在这个回路中的序号，映射回以这个位置为起点的马周游路线即可。
至于为什么要从棋盘中间位置开始呢？ 我就不太能解释了。
知道了上面的三种剪枝方式，那么具体是要如何实现的呢？
（1）关于第一点和第二点的剪枝，二者关联很大。那么我们可以将二者结合起来。放到一个结构体中，这个结构体表征是的是下一位置。
typedef struct NextPos
{
int nextPosSteps; //表示下一位置有多少种走法；走法少的优先考虑
int nextPosDirection; //下一位置相对于当前位置的方位
int nextPosToMidLength; //表示当前位置距中间点距离；距离中间点远的优先考虑
//
bool operator < (const NextPos &a) const
{
return nextPosSteps > a.nextPosSteps && nextPosToMidLength < a.nextPosToMidLength;
}
};
注意其中，
下一位置走法少的优先，下一位置距离中点远的优先。
这样我们在挑选下一个位置的时候，可以将符合要求的放到一个优先队列中，这样选取下一位置的时候直接从优先队列拿出了就好了（省去排序的工作）。
（2）关于第三点的剪枝，其实就是涉及到最后输出结果，这个比较简单。
下面完整给出代码实现：
#include <iostream>
#include <stdlib.h>
#include <iomanip>
#include <queue>
using namespace std;
typedef struct
{
int x;
int y;
} Step;
Step step[8] = { {-2, -1}, {-1, -2}, { 1, -2}, { 2, -1}, { 2, 1}, { 1, 2}, {-1, 2}, {-2,1} };
typedef struct NextPos
{
int nextPosSteps; //表示下一位置有多少种走法；走法少的优先考虑
int nextPosDirection; //下一位置相对于当前位置的方位
int nextPosToMidLength; //表示当前位置距中间点距离；距离中间点远的优先考虑
//
bool operator < (const NextPos &a) const
{
return nextPosSteps > a.nextPosSteps && nextPosToMidLength < a.nextPosToMidLength;
}
};
int board[100][100];
int M,N; //棋盘大小
//检测这个位置是否可以走
bool check(int x, int y)
{
if (x >= 0 && x < M && y >= 0 && y < N && board[x][y] == 0)
return true;
return false;
}
//下一位置有多少种走法
int nextPosHasSteps(int x, int y)
{
int steps = 0;
for (int i = 0; i < 8; ++i)
{
if (check(x + step[i].x, y + step[i].y))
steps++;
}
return steps;
}
//判断是否回到起点
bool returnStart(int x, int y)
{
//校验最后是否可以回到起点，也就是棋盘的中间位置
int midx,midy;
midx = M / 2 - 1;
midy = N / 2 - 1;
for (int i = 0; i < 8; ++i)
if (x + step[i].x == midx && y + step[i].y == midy)
return true;
return false;
}
//输出结果
void outputResult(int xstart,int ystart)
{
int num = M * N;
int k = num - board[xstart][ystart];
for (int i = 0; i < M; ++i)
{
cout<<endl<<endl;
for (int j = 0; j < N; ++j)
{
board[i][j] = (board[i][j] + k) % num + 1;
cout<<setw(5)<<board[i][j];
}
}
cout<<endl<<endl;
}
//某一位置距离棋盘中心的距离
int posToMidLength(int x,int y)
{
int midx = M / 2 - 1;
int midy = N / 2 - 1;
return (abs(x - midx) + abs(y - midy));
}
void BackTrace(int t, int x, int y,int xstart,int ystart)
{
//找到结果
if (t == M * N && returnStart(x,y)) //遍历了棋盘的所以位置，并且最后可以回到起点，形成回路
{
outputResult(xstart,ystart);
exit(1);
}
else
{
priority_queue<NextPos> nextPosQueue;
for (int i = 0; i < 8; ++i)
{
if (check(x + step[i].x, y + step[i].y))
{
NextPos aNextPos;
aNextPos.nextPosSteps = nextPosHasSteps(x + step[i].x, y + step[i].y);
aNextPos.nextPosDirection = i;
aNextPos.nextPosToMidLength = posToMidLength(x + step[i].x,y + step[i].y);
nextPosQueue.push(aNextPos);
}
}
while(nextPosQueue.size())
{
int d = nextPosQueue.top().nextPosDirection;
nextPosQueue.pop();
x += step[d].x;
y += step[d].y;
board[x][y] = t + 1;
BackTrace(t + 1, x, y,xstart,ystart);
//回溯
board[x][y] = 0;
x -= step[d].x;
y -= step[d].y;
}
}
}
void horseRun(int xstart,int ystart)
{
//初始化棋盘
for (int i = 0; i < M; i++)
for (int j = 0; j < N; j++)
board[i][j] = 0;
int midx = M / 2 -1;
int midy = N / 2 -1;
board[midx][midy] = 1; //从棋盘的中间的位置开始马周游
BackTrace(1, midx, midy,xstart,ystart);
}
int main(void)
{
//马周游起始位置
int x, y;
cout<<"请输入棋盘大小m*n�|m-n|<=2 且 m和n都为偶数 且 m,n < 20 :";
cin>>M>>N;
cout<<"请输入马周游起始位置--横纵坐标0 <= x < "<<M<<"和0 <= y < "<<N<<" :";
cin>>x>>y;
horseRun(x,y); //执行马周游
return 0;
}
运行效果：
说明：这个程序的极限是 20 ，当棋盘大小达到 20 * 20 的时候就很难跑出结果，但是小于20的棋盘都可以很快的跑出结果。
好了，关于马周游问题就讲述到这里，欢迎交流讨论。