在N×N的棋盘里面放K个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右，以及左上
左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共8个格子。
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在N×N的棋盘里面放K个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右，以及左上
左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共8个格子。
只有一行，包含两个数N，K （ 1 <=N <=9, 0 <= K <= N * N）
方案数。
一开始的时候，使劲往规律方面靠，20分钟过去了，没发现什么通用规律
于是就暴力写搜索（建议用bfs写，略快），写完一看，数据这么小，记忆化？还是直接list吧。
打了一个小时的表。终于功夫不负有心人啊，AC了。
附AC代码<打表代码>(民间版)：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;//规律:k>((n+1)/2)^2 必为0
long long ys[10][82]={{0LL},
{1LL,1LL},
{1LL,4LL},
{1LL,9LL,16LL,8LL,1LL},
{1LL,16LL,78LL,140LL,79LL},
{1LL,25LL,228LL,964LL,1987LL,1974LL,978LL,242LL,27LL,1LL},
{1LL,36LL,520LL,3920LL,16834LL,42368LL,62266LL,51504LL,21792LL,3600LL},
{1LL,49LL,1020LL,11860LL,85275LL,397014LL,1220298LL,2484382LL,3324193LL,2882737LL,1601292LL,569818LL,129657LL,18389LL,1520LL,64LL,1LL},
{1LL,64LL,1806LL,29708LL,317471LL,2326320LL,12033330LL,44601420LL,119138166LL,229095676LL,314949564LL,305560392LL,204883338LL,91802548LL,25952226LL,4142000LL,281571LL},
{1LL,81LL,2968LL,65240LL,962089LL,10087628LL,77784658LL,450193818LL,1979541332LL,6655170642LL,12848094442LL,29492596820LL,46439242830LL,57647295377LL,49138545860LL,31122500764LL,14518795348LL,4959383037LL,1237072414LL,224463798LL,29275410LL,2673322LL,163088LL,6150LL,125LL,1}};
int main(){
int n,k;
cin>>n>>k;
cout<<ys[n][k];
return 0;
}
下面我为大家手抄了一遍网上的正解（所谓的状压dp）
AC代码+题解（官方版）：
//dfs预处理+状压dp:将2^9-1种状态压缩为m种可行状态，循环次数大大减少
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 100
long long int f[N][N][600],ans;//f[i][j][k]=放棋子到第i行，且已经放了j个棋子，此时第i行状态为k的方案数,ans=最终方案数
int stay[N];//stay[i]=第i种可行状态
int map[N][N],cnt[N];//cnt[i]=第i种状态对应棋子数
int n,k,m=0;
void pre_dfs(int x,int pos,int now){//dfs预处理枚举出同一行内互不冲突的状态,x是已经放了的棋子数,n是当前放棋子的位置,now=当前行状态
int i;
stay[++m]=now;//新增一种可行状态
cnt[m]=x;
if(x>=(n+1)/2||x>=k) return;//如果已经放的棋子数超过格子半数,明显不能再放了，退出
for(i=pos+2;i<=n;i++) pre_dfs(x+1,i,now+(1<<(i-1))); //枚举下一颗棋子放的位置
}
void pre_map(){
int i,j;
for(i=1;i<=m;i++){//第一行状态
for(j=1;j<=m;j++){//第二行状态
map[i][j]=map[j][i]=((stay[i]&stay[j])||((stay[i]>>1)&stay[j])||((stay[i]<<1)&stay[j]))?0:1; //当第一行某个点和第二行某个点在对角线或同一列时，两行冲突了
}
}
for(i=1;i<=m;i++) f[1][cnt[i]][i]=1;//dp预处理
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
pre_dfs(0,-1,0); //预处理枚举出同一行所有可行方案，减少DP循环次数
pre_map(); //预处理上下左右冲突的情况以及dp初始化
for(int i=2;i<=n;i++){//i行
for(int j=0;j<=k;j++){//j个棋子
for(int now=1;now<=m;now++){
if(cnt[now]>j) continue; //当前已放的棋子数比这一行状态对应棋子数少，显然不符合题意，跳过
for(int h=1;h<=m;h++) //枚举上一行状态
if(map[h][now]&&cnt[h]+cnt[now]<=j) f[i][j][now]+=f[i-1][j-cnt[now]][h]; //符合条件，加上上一行的可行方案数
}
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)ans+=f[n][k][i]; //统计答案
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
BZOJ1087=Codevs2451=洛谷P1896&P2326互不侵犯
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原文地址：http://www.cnblogs.com/shenben/p/5774334.html
