发一下这个很经典的图解
常规解法
对于一个矩阵
选定它的第一行，将其标为红色，这行的“1”对应的列标为蓝色，蓝色部分的“1”对应的行标为紫色
然后删去标了颜色的数字，变成了这样
同理，重复上述操作
发现得到了一个空矩阵，说明矩阵不合法，回溯，选择第二行
删去有颜色的数字，得到新矩阵
由于剩下的矩阵只有1行，且都是1，选择这一行即可
也就是应该选择原矩阵1中的第1、4、5行
1、从矩阵中选择一行
2、根据定义，标示矩阵中其他行的元素
3、删除相关行和列的元素，得到新矩阵
4、如果新矩阵是空矩阵，并且之前的一行都是1，那么求解结束，跳转到6；新矩阵不是空矩阵，继续求解，跳转到1；新矩阵是空矩阵，之前的一行中有0，跳转到5
5、说明之前的选择有误，回溯到之前的一个矩阵，跳转到1；如果没有矩阵可以回溯，说明该问题无解，跳转到7
6、求解结束，把结果输出
7、求解结束，输出无解消息DLX算法
Dancing Links的核心是基于双向链的方便操作（移除、恢复加入）
Dancing Links用的数据结构是交叉十字循环双向链
而Dancing Links中的每个元素不仅是横向循环双向链中的一份子，又是纵向循环双向链的一份子。
因为精确覆盖问题的矩阵往往是稀疏矩阵（矩阵中，0的个数多于1），Dancing Links仅仅记录矩阵中值是1的元素
每个绿色方块是一个元素，其中Head和C1、C2、……、C7是辅助元素。橙色框中的元素是原矩阵中1的元素，给他们标上号（从1到16）
左侧的红色，标示的是行号，辅助元素所在的行是0行，其余元素所在的行从1到6
每两个元素之间有一个双向箭头连线，表示双向链中相邻两个元素的关系（水平的是左右关系、垂直的是上下关系）
单向的箭头并不是表示单向关系，而因为是循环双向链，左侧的单向箭头和右侧的单向箭头（上边的和下边的）组成了一个双向箭头，例如元素14左侧的单向箭头和元素16右侧的单项箭头组成一个双向箭头，表示14.Left=16、16.Right=14；同理，元素14下边的单项箭头和元素C4上边的单向箭头组成一个双向箭头，表示14.Down=C4、C4.Up=14
接下来，利用图来解释Dancing Links是如何求解精确覆盖问题
1、首先判断Head.Right=Head？若是，求解结束，输出解；若不是，求解还没结束，到步骤2（也可以判断Head.Left=Head？）
2、获取Head.Right元素，即元素C1，并标示元素C1（标示元素C1，指的是标示C1、和C1所在列的所有元素、以及该元素所在行的元素，并从双向链中移除这些元素）。如下图中的紫色部分。
如上图可知，行2和行4中的一个必是答案的一部分（其他行中没有元素能覆盖列C1），先假设选择的是行2
3、选择行2（在答案栈中压入2），标示该行中的其他元素（元素5和元素6）所在的列首元素，即标示元素C4和标示元素C7，下图中的橙色部分。
注意的是，即使元素5在步骤2中就从双向链中移除，但是元素5的Col分量还是指向元素C4的，这里体现了双向链的强大作用。
把上图中的紫色部分和橙色部分移除的话，剩下的绿色部分就如下图所示
一下排除了很多元素，这样就转换为一个少了很多元素的精确覆盖问题，利用递归，很快就能写出求解的过程
DLX的流程：
1、Dancing函数的入口
2、判断Head.Right=Head？，若是，输出答案，返回True，退出函数。
3、获得Head.Right的元素C
4、标示元素C
5、获得元素C所在列的一个元素
6、标示该元素同行的其余元素所在的列首元素
7、获得一个简化的问题，递归调用Daning函数，若返回的True，则返回True，退出函数。
8、若返回的是False，则回标该元素同行的其余元素所在的列首元素，回标的顺序和之前标示的顺序相反
9、获得元素C所在列的下一个元素，若有，跳转到步骤6
10、若没有，回标元素C，返回False，退出函数。代码实现：（DLX代码模板）
struct DLX
{
int n,sz;
int s[maxn];
int row[maxnode],col[maxnode];
int L[maxnode],R[maxnode],U[maxnode],D[maxnode];
int ansd,ans[maxnode];
void init(int n)//初始化，0为超级节点，1~n为每列的虚拟节点
{
this->n=n;
sz=n+1;
memset(s,0,sizeof(s));
for(int i=0;i<=n;i++)
{ U[i]=i; D[i]=i; L[i]=i-1; R[i]=i+1; }
R[n]=0;L[0]=n;
}
void addNodes(int r,const vector<int> &columns)
{//在第r行（最后一行）添加这些节点
int first=sz,c_sz=columns.size();
for(int i=0;i<c_sz;i++)
{
int c=columns[i];
L[sz]=sz-1; R[sz]=sz+1; D[sz]=c; U[sz]=U[c];
D[U[c]]=sz; U[c]=sz;
row[sz]=r; col[sz]=c;
s[c]++;sz++;
}
R[sz-1]=first; L[first]=sz-1;
}
#define For(i,A,s) for(int i=A[s];i!=s;i=A[i])
void remove(int c)//覆盖第c个目标
{
L[R[c]]=L[c];
R[L[c]]=R[c];
For(i,D,c)
For(j,R,i)//撕开所有相关节点
{ U[D[j]]=U[j]; D[U[j]]=D[j]; --s[col[j]]; }
}
void restore(int c)
{//复原
For(i,U,c)
For(j,L,i)
{ ++s[col[j]]; U[D[j]]=j; D[U[j]]=j; }
L[R[c]]=c;
R[L[c]]=c;
}
bool dfs(int d)
{
if(R[0]==0)
{
ansd=d;
return true;
}
int c=R[0];
For(i,R,0) if(s[i]<s[c]) c=i;
remove(c);
For(i,D,c)
{
ans[d]=row[i];
For(j,R,i) remove(col[j]);//为了确保只覆盖一次
if(dfs(d+1)) return true;
For(j,L,i) restore(col[j]);//回溯
}
restore(c);//回溯
return false;
}
bool solve(vector<int> &v)//对外接口
{
v.clear();
if(!dfs(0)) return false;
for(int i=0;i<ansd;i++) v.push_back(ans[i]);
return true;
}
};DLX的一次操作如下：（不含回溯）
