给定一个n*n的棋盘，棋盘中有一些位置不能放皇后。现在要向棋盘中放入n个黑皇后和n个白皇后，使任意的两个黑皇后都不在同一行、同一列或同一条对角线上，任意的两个白皇后都不在同一行、同一列或同一条对角线上。问总共有多少种放法？n小于等于8。

### 回答1：
这道题是经典的八皇后问题的变形，需要考虑黑皇后和白皇后不能互相攻击的情况。可以使用回溯法来解决。

具体做法是，从第一行开始，依次尝试在每一列放置黑皇后和白皇后，如果当前位置可以放置，则继续往下一行放置，直到放置完所有皇后。在放置每个皇后时，需要判断当前位置是否与已经放置的皇后冲突，如果冲突则回溯到上一行重新放置。

在判断冲突时，可以使用一个数组来记录每一行和每一列是否已经有皇后，以及两条对角线上是否已经有皇后。具体来说，对于位置(i,j)，其所在的行为i，列为j，左上到右下的对角线为i-j+n-1，右上到左下的对角线为i+j。如果某个位置已经有皇后，则对应的数组值为1，否则为。

最终，统计所有合法的放置方案即可。

代码如下：

### 回答2：
我们可以分别考虑黑皇后和白皇后的放置问题。对于一个n*n的棋盘，若某个位置不能放皇后，则将这个位置标记为禁止位置。

对于黑皇后的放置问题，首先我们可以从第一行开始逐行放置黑皇后。假设当前黑皇后可以放在第i行第j列的位置，则需要满足以下条件：

1.该位置不为禁止位置。
2.该位置不与前面的黑皇后在同一列。
3.该位置不与前面的黑皇后在同一条左上至右下的对角线。
4.该位置不与前面的黑皇后在同一条右上至左下的对角线。

我们可以使用一个数组col[]来保存每一行的皇后所在列的编号。逐行遍历，对于每一行，从第一列开始逐个考虑该行的每个位置，判断是否与前面的黑皇后有冲突。如果该位置可行，则在该位置放置黑皇后，并将该行的皇后所在列的编号保存在col[]中。然后进入下一行继续放置皇后，直到放置完成。

而对于白皇后的放置问题，与黑皇后的放置问题类似，只不过需要保证白皇后与前面的白皇后不冲突即可。

在实现过程中，我们可以使用一个递归函数solve(int n, int row)，其中n表示棋盘大小，row表示当前处理到第几行。在递归过程中，我们可以使用一个变量cnt来记录可行方案数。初值为0，在递归结束时返回即可。递归函数的主要流程如下：

1.递归边界：当row等于n时，说明已经处理完所有行，此时将cnt加1，然后返回。

2.对于当前行，从第一列开始逐个考虑该行的每个位置，如果该位置既可以放黑皇后又可以放白皇后，则分别尝试在该位置放置黑皇后和白皇后，并递归处理下一行；如果该位置只能放黑皇后或只能放白皇后，则只在该位置放置相应的皇后，然后递归处理下一行。

3.递归结束后，返回可行方案数cnt。

最后，我们在主函数中调用solve(int n, int row)函数，计算出总共有多少种放法即可。

### 回答3：
这是一道典型的搜索题目，需要使用回溯算法来解决。

首先，我们可以用一个数组来记录哪些位置不能放皇后，即0表示可以放，1表示不能放。然后，我们可以用一个二维数组来表示棋盘，其中0表示该位置没有皇后，1表示该位置有黑皇后，2表示该位置有白皇后。

接下来，我们可以定义一个递归函数，它的参数包括当前要放置的皇后的颜色、当前处理到的行数、当前已经放置的皇后数量等信息。在每一行中，我们可以分别尝试放置黑皇后和白皇后，如果当前要放置的皇后的颜色可以放置在当前行中的某个位置上，那么就暂时将该位置标记为已经放置了该皇后，并递归处理下一行。当所有皇后都被放置完成后，就可以得到一种方案，累加到总方案数中。

需要注意的是，在递归函数中，为了减少复杂度，可以使用一些剪枝策略来尽早退出递归，比如：
1. 当前行不能放置黑皇后或白皇后，直接返回；
2. 当前行已经放置了所有皇后，累加总方案数并返回；
3. 当前行仅放置了黑皇后或仅放置了白皇后，那么在下一行时只需要尝试放置与其不同颜色的皇后即可，因为同一颜色的皇后在同一行中必定会互相攻击。

代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;

int n, ans;
int a[10][10];  // a[i][j]=0表示(i,j)位置可以放置，a[i][j]=1表示不能放置
int q[10][2];   // q[i][0]表示第i个黑皇后所在的行，q[i][1]表示列，-1表示还未放置
int p[10][2];   // p[i][0]表示第i个白皇后所在的行，p[i][1]表示列，-1表示还未放置

bool check(int i, int j, int c) {  // 检查能否在(i,j)放置皇后颜色为c
    for (int k = 1; k < n; k++) {
        if (i-k >= 0 && j-k >= 0 && a[i-k][j-k] == 1+c) return false;  // 左上方
        if (i-k >= 0 && j+k < n  && a[i-k][j+k] == 1+c) return false;  // 右上方
        if (i+k < n  && j-k >= 0 && a[i+k][j-k] == 1+c) return false;  // 左下方
        if (i+k < n  && j+k < n  && a[i+k][j+k] == 1+c) return false;  // 右下方
    }
    for (int k = 0; k < n; k++) {
        if (j == k && a[i][k] == 1+c) return false;  // 同一行
        if (i == k && a[k][j] == 1+c) return false;  // 同一列
    }
    return true;
}

void dfs(int r, int cnt) {  // r表示当前处理的行数，cnt表示已经放置皇后的数量
    if (r == n) {  // 已经处理完所有行
        ans++;
        return;
    }
    if (cnt == n) {  // 已经放置了所有皇后
        dfs(n, cnt);  // 处理下一行
        return;
    }

    if (q[cnt][0] != -1) {  // 已经放置了cnt个黑皇后
        int c = 1;
        if (p[cnt][0] == -1) c = 2;  // 还未放置白皇后
        for (int j = 0; j < n; j++) {  // 尝试放置白皇后
            if (a[r][j] == 0 && check(r, j, c)) {
                p[cnt][0] = r;
                p[cnt][1] = j;
                a[r][j] = c;
                dfs(r+1, cnt+1);
                a[r][j] = 0;
                p[cnt][0] = -1;
                p[cnt][1] = -1;
            }
        }
    }

    if (p[cnt][0] != -1) {  // 已经放置了cnt个白皇后
        int c = 2;
        if (q[cnt][0] == -1) c = 1;  // 还未放置黑皇后
        for (int j = 0; j < n; j++) {  // 尝试放置黑皇后
            if (a[r][j] == 0 && check(r, j, c)) {
                q[cnt][0] = r;
                q[cnt][1] = j;
                a[r][j] = c;
                dfs(r+1, cnt+1);
                a[r][j] = 0;
                q[cnt][0] = -1;
                q[cnt][1] = -1;
            }
        }
    }
}

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            cin >> a[i][j];
        }
        q[i][0] = q[i][1] = p[i][0] = p[i][1] = -1;
    }
    dfs(0, 0);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}