迭代加深搜索
译 by Lucky Crazy
样例: n 皇后问题 [经典问题]
将 n 个皇后摆放在一个 n x n 的棋盘上，使得每一个皇后都无法攻击到其他皇后。
深度优先搜索 (DFS)
显而易见，最直接的方法就是把皇后一个一个地摆放在棋盘上的合法位置上，枚举所有可能寻找可行解。可以发现在棋盘上的每一行（或列）都存在且仅存在一个皇后，所以，在递归的每一步中，只需要在当前行(或列）中寻找合法格，选择其中一个格摆放一个皇后。
1 search(col)
2 if filled all columns
3 print solution and exit
4 for each row
5 if board(row, col) is not attacked
6 place queen at (row, col)
7 search(col+1)
8 remove queen at (row, col)
从search(0)开始搜索，由于在每一步中可选择的节点较少，该方法可以较快地求解：当一定数量的皇后被摆放在棋盘上后那些不会被攻击到的节点的数量将迅速减少。
这是深度优先搜索的一个经典例题，该算法总是能尽可能快地抵达搜索树的底层：当 k 个皇后被摆放到棋盘上时，可以马上确定如何在棋盘上摆放下一个皇后，而不需要去考虑其他的顺序摆放皇后可能造成的影响（如当前情况是否为最优情况），该方法有时可以在找到可行解之前避免复杂的计算，这是十分值得的。
深度优先搜索具有一些特性，考虑下图的搜索树：
该算法用逐步加层的方法搜索并且适当时回溯，在每一个已被访问过的节点上标号，以便下次回溯时不会再次被搜索。绘画般地，搜索树将以如下顺序被遍历：
复杂度：
假设搜索树有 d 层（在样例中 d=n ，即棋盘的列数）。再假设每一个节点都有 c 个子节点（在样例中，同样 c=n ，即棋盘的行数，但最后一层没有子节点，除外）。那么整个搜索花去的时间将与 cd 成正比，是指数级的。但是其需要的空间较小，除了搜索树以外，仅需要用一个栈存储当前路径所经过的节点，其空间复杂度为 O(d) 。
样例：骑士覆盖问题[经典问题]
在一个 n x n 的棋盘中摆放尽量少的骑士，使得棋盘的每一格都会被至少一个骑士攻击到。但骑士无法攻击到它自己站的位置.
广度优先搜索 (BFS)
在这里，最好的方法莫过于先确定 k 个骑士能否实现后再尝试 k+1 个骑士，这就叫广度优先搜索。通常，广度优先搜索需用队列来帮助实现。
1 process(state)
2 for each possible next state from this one
3 enqueue next state
4 search()
5 enqueue initial state
6 while !empty(queue)
7 state = get state from queue
8 process(state)
广度优先搜索得名于它的实现方式：每次都先将搜索树某一层的所有节点全部访问完毕后再访问下一层, 再利用先前的那颗搜索树，广度优先搜索以如下顺序遍历：
首先访问根节点，而后是搜索树第一层的所有节点，之后第二层、第三层厖以此类推。
复杂度：
广度优先搜索所需的空间与深度优先搜索所需的不同（ n 皇后问题的空间复杂度为 O(n) ）,广度优先搜索的空间复杂取决于每层的节点数。如果搜索树有 k 层，每个节点有 c 个子节点，那么最后将可能有 c k 个数据被存入队列，这个复杂度无疑是巨大的。所以在使用广度优先搜索时，应小心处理空间问题。
迭代加深搜索 (ID)
广度优先搜索可以用迭代加深搜索代替。迭代加深搜索实质是限定下界的深度优先搜索，即首先允许深度优先搜索搜索 k层搜索树，若没有发现可行解，再将 k+1 后再进行一次以上步骤，直到搜索到可行解。这个�模仿广度优先搜索�搜索法比起广搜是牺牲了时间，但节约了空间。
1 truncated_dfsearch(hnextpos, depth)
2 if board is covered
3 print solution and exit
4 if depth == 0
5 return
6 for i from nextpos to n*n
7 put knight at i
8 truncated_dfsearch(i+1, depth-1)
9 remove knight at i
10 dfid_search
11 for depth = 0 to max_depth
12 truncated_dfsearch(0, depth)
复杂度：
ID时间复杂度与DFS的时间复杂度（O(n)）不同，另一方面，它要更复杂，某次DFS若限界 k 层，则耗时 ck 。若搜索树共有 d 层，则一个完整的DFS-ID将耗时 c0 + c1 + c2 + ... + cd 。如果 c = 2 ，那么式子的和是 cd+1 - 1 ，大约是同效BFS的两倍。当 c > 2 时（子节点的数目大于2），差距将变小：ID的时间消耗不可能大于同效BFS的两倍。 所以，但数据较大时，ID-DFS并不比BFS慢，但是空间复杂度却与DFS相同，比BFS小得多。
算法选择：
当你已经知道某题是一道搜索题，那么选择正确的搜索方式是十分重要的。下面给你一些选择的依据。
简表：
| 搜索方式 | 时间 | 空间 | 使用情况 |
| DFS | O(c k) | O(k) | 必须遍历整棵树，要求出解的深度或经的过节点，或者你并不需要解的深度最小。 |
| BFS | O(c d ) | O(c d ) | 了解到解十分靠近根节点，或者你需要解的深度最小。 |
| DFS+ID | O(c d) | O(d) | 需要做BFS，但没有足够的空间，时间却很充裕。 |
d ：解的深度
k ：搜索树的深度
d <= k
记住每一种搜索法的优势。如果要求求出最接近根节点的解，则使用BFD或ID。而如果是其他的情况，DFS是一种很好的搜索方式。如果没有足够的时间搜出所有解。那么使用的方法应最容易搜出可行解，如果答案可能离根节点较近，那么就应该用BFS或ID，相反，如果答案离根节点较远，那么使用DFS较好。还有，请仔细小心空间的限制。如果空间不足以让你使用BFS，那么请使用迭代加深吧！
类似问题：
超级质数肋骨[USACO 1994 决赛]
一个数，如果它从右到左的一位、两位直到N位（N是）所构成的数都是质数，那么它就称为超级质数。例如：233、23、2都是质数，所以233是超级质数。要求：读入一个数N（N <= 9），编程输出所有有N位的超级质数。
这题应使用DFS，因为每一个答案都有N层（最底层），所以DFS是最好的．
Betsy的旅行 [USACO 1995 资格赛]
一个正方形的小镇被分成 NxN (2 <= N <= 6）个小方格，Besty 要从左上角的方格到达左下角的方格，并且经过每一次方格都恰好经过一次。编程对于给定的 N 计算出 Besty 能采用的所有的旅行路线的数目。
这题要求求出解的数量，所以整颗搜索树都必须被遍历，这就与可行解的位置与出解速度没有关系了。所以这题可以使用BFS或DFS，又因为DFS需要的空间较少，所以DFS是较好的．
奶牛运输 [USACO 1995 决赛]
奶牛运输公司拥有一辆运输卡车与牧场 A ，运输公司的任务是在A，B，C，D，E，F和G七个农场之间运输奶牛。每两个农场之间的路程（可以用floyed改变）已给出。每天早晨，运输公司都必须确定一条运输路线，使得运输的总距离最短。但必须遵守以下规则：
- 农场 A 是公司的基地。每天的运输都必须从这开始并且在这结束。
- 卡车任何时刻都只能最多承载一头奶牛。
- 给出的数据是奶牛的原先位置与运输结束后奶牛所在的位置。
而你的任务是在上述规则内寻找最短的运输路线。
在发现最优解时必须比较所有可行解，所以必须遍历整棵搜索树。所以，可以用DFS解题．
横越沙漠 [1992 IOI]
一群沙漠探险者正尝试着让他们中的一部分人横渡沙漠。每一个探险者可以携带一定数量的水，同时他们每天也要喝掉一定量的水。已知每个探险者可携带的水量与每天需要的水量都不同。给出每个探险者能携带的水量与需要的水量与横渡沙漠所需的天数，请编程求出最多能有几个人能横渡沙漠。所有探险者都必须存活，所以有些探险者在中途必须返回，返回时也必须携带足够的水。当然，如果一个探险者返回时有剩余的水（除去返回所需的水以外），他可以把剩余的水送给他的一个同伴，如果它的同伴可以携带的话。
这题可以分成两个小问题，一个是如何为探险者分组，另一个是某些探险者应在何处返回。所以
