python自动输入密码,python无限锁屏怎么解,python解锁屏幕,python锁屏代码

36

可以通过DFS的方式先计算出刚好按下n个键时有多少种组合，然后求出S[n]至S[M]的和。

DFS的主要难度在于，下一步可以与当前的位置不直接相连。这时分两种情况：

1. 普通的八个方向 (上下左右以及其45度夹角方向)：

若这八个方向都已经越界或走过了，则这时无路可走。若是普通的DFS则返回，但是九宫格解锁可以跳过相邻的一格。注意只能在这八个方向跳多一步，相当于踩着已经被按下的位置再沿着相同方向走一步。

2.其余的八个方向

其余的八个方向虽然不直接与当前位置直接相连，但是它与当前位置的连线不会触碰到其他位置，因此也可以直接到达。

以下为DFS代码

int?dir[16][2]?=?{//16个方向

{?-1,?0?},?{?-1,?1?},?{?0,?1?},?{?1,?1?},

{?1,?0?},?{?1,?-1?},?{?0,?-1?},?{?-1,?-1?},

{-2,?1?},?{?-1,?2?},?{?1,?2?},?{?2,?1?},

{?2,?-1?},?{?1,?-2?},?{?-1,?-2?},?{?-2,?-1?}

};

int?isVisit[5][5];//是否已按下

bool?canVisit(int?i,?int?j){//判断能否按下

if?(i?3?||?j?3?||?isVisit[i][j])?return?false;

return?true;

}

int?times[10];

//d:已经被选中的键的个数(深度)

void?DFS(int?i,?int?j,?int?d){

if?(d?==?9){

return;

}

isVisit[i][j]?=?true;

times[d++]?++;

//选择下一个键

for?(int?y?=?0;?y?

int?ni?=?i?+?dir[y][0],?nj?=?j?+?dir[y][1];

if?(canVisit(ni,?nj)){//该点未被选择

DFS(ni,?nj,?d);

}

【【微信】】?(y?

ni?+=?dir[y][0];

nj?+=?dir[y][1];

if?(canVisit(ni,?nj)?){//该点未被选择

DFS(ni,?nj,?d);

}

}

}

isVisit[i][j]?=?false;

return;

} solution：

class?Solution?{

public:

int?solution(int?m,?int?n)?{

if(m?>?n){//易被忽略

return?0;

}

m?=?(m<00:?m);//参数检查必须有

n?=?(n>99:n);

int?tmp[]?=?{0,?9,?56,?320,?1624,?7152,?26016,?72912,?140704,?140704?};

int?ans?=?0;

for(int?i=m;?i<=n;?i++){

ans?+=?tmp[i];

}

return?ans;

}

};

发表于 2020-04-01 21:43:16

回复(5)

8

class?Solution?{

public:

void?mo【【微信】】?>&?board,?int?i,?int?j,?int?k,?int?m,?int?n,?int&?ans){

//?如果已经走过的点数大于等于m，则是有效路径，ans++

if(k?>=?m)?ans?++;

//?如果已经走过的点数等于n，则不需要继续探索，故返回

if(k?==?n)?return;

//?如果已经走过的点数小于n，则还可以继续探索

for(int?dx=-2;?dx<=2;?dx++){

for(int?dy=-2;?dy<=2;?dy++){

if(i+dx>=0?&&?i+dx<=2?&&?j+dy>=0?&&?j+dy<=2?&&?board[i+dx][j+dy]==0){

//?如果两点之间没有第三个点(条件：dx%2?||?dy%2)，则无需判断是否经过“已经过”的点

//?如果两点之间有第三个点，则需要判断这个点是否是已经走过的点

if(dx%2?||?dy%2?||?(!(dx%2)?&&?!(dy%2)?&&?board[i+dx/2][j+dy/2]==1)){

board[i+dx][j+dy]?=?1;

move(board,?i+dx,?j+dy,?k+1,?m,?n,?ans);

board[i+dx][j+dy]?=?0;

}

}

}

}

return;

}

int?solution(int?m,?int?n)?{

//?write?code?here

vector?>?board(3,?vector(3,?0));

int?ans?=?0;

//?如果n等于0，则直接返回0

if(n?==?0)?return?ans;

//?选择棋盘上任意一点作为起点

for(int?i=0;?i<3;?i++){

for(int?j=0;?j<3;?j++){

board[i][j]?=?1;

move(board,?i,?j,?1,?m,?n,?ans);

board[i][j]?=?0;

}

}

return?ans;

}

};

发表于 2020-04-21 19:06:47

回复(2)

12

# Python3 dfs

# 所有方向

di = [(1,0), (-1,0), (0,1), (0,-1), (1,1), (-1,-1), (1,-1), (-1,1), (1,2), (1,-2), (-1,2), (-1,-2), (2,1), (2,-1),(-2,1),(-2,-1)]

# 可跨一个点的方向

ds = [(1,0), (-1,0), (0,1), (0,-1), (1,1), (-1,-1), (1,-1), (-1,1)]

# 9个点

nodes = {(0,0), (0,1), (0,2), (1,0), (1,1), (1,2), (2,0), (2,1), (2,2)}

def dfs(x, y, visited, count):

【【微信】】d((x, y))

count -= 1

ans = 0

if count == 0:

ans += 1

else:

for d in di:

if (x+d[0], y+d[1]) in 【【微信】】 (x+d[0], y+d[1]) not in nodes:

if d not in ds:

continue

else:

dx = d[0] * 2

dy = d[1] * 2

if (x+dx, y+dy) in nodes and (x+dx, y+dy) not in visited:

ans += dfs(x+dx, y+dy, visited, count)

else:

ans += dfs(x+d[0], y+d[1], visited, count)

visited.remove((x, y))

【【微信】】s

ans = [0] * 10

for count in range(1, 10):

for i in range(3):

for j in range(3):

visited = set()

ans[count] += dfs(i, j, visited, count)

# ans[i]即为i个键的结果数

# ans = [0, 9, 56, 320, 1624, 7152, 26016, 72912, 140704, 140704]

print(ans)

编辑于 2020-04-02 18:52:08

回复(2)

4

Java版本，比较容易想到，但是调试了很多遍。 public static int solution (int m, int n) {

// 递归实现

【【微信】】 = 0;

n = n>9 ? 9 : n;

for(int i=m;i<=n;i++) {

boolean[][] flags = new boolean[3][3];

for(int j=0;j<3;j++) {

for(int t=0;t<3;t++) {

count += findNext(flags, j, t, 0, i);

}

}

}

return count;

}

public static int findNext(boolean[][] flags,int curRow, int curCol, int steps, int n) {

【【微信】】 = 0;

steps ++;

flags[curRow][curCol] = true;

// 步数走完返回

if(steps == n)

return 1;

// 如果可以走，那么返回 1

for(int i=0;i<3;i++) {

for(int j=0;j<3;j++) {

if(flags[i][j] == false && canStep(flags, curRow, curCol, i, j)) {

count += findNext(flags, i, j, steps, n);

// 恢复状态

flags[i][j] = false;

}

}

}

flags[curRow][curCol] = false;

return count;

}

public static boolean canStep(boolean[][] flags, int curRow, int curCol, int targetRow, int targetCol) {

// 在同一行

if(curRow == targetRow) {

int low = curCol < targetCol?curCol:targetCol;

if(Math.abs(curCol - targetCol) >1 && flags[curRow][low+1] == false)

return false;

}

// 在同一列

if(curCol == targetCol) {

int low = curRow < targetRow?curRow:targetRow;

if(Math.abs(curRow - targetRow) >1 && flags[low+1][curCol] == false)

return false;

}

// 斜对角

if(Math.abs(curRow-targetRow)==2 && Math.abs(curCol-targetCol)==2 && flags[1][1] == false)

return false;

return true;

}

发表于 2020-04-24 12:58:52

回复(5)

2

import?java.util.*;

public?class?Solution?{

public?int?solution?(int?m,?int?n)?{

//范围处理

if(m?>?n){

return?0;

}

m?=?Math.max(0,?m);

n?=?Math.min(9,?n);

if(n?==?0){

return?0;

}

//?write?code?here

res?=?0;

visited?=?new?boolean[3][3];

for(int?i?=?0;?i?

for(int?j?=?0;?j?

dfs(i,?j,?m,?n,?1);

}

}

return?res;

}

static?int?res;

static?boolean[][]?visited;

int[][]?pos?=?{

{1,?0},{1,?1},{1,?-1},?{-1,?0},?{-1,?-1},?{-1,?1},?{0,?1},?{0,?-1},

{1,?2},?{2,?1},?{-1,?2},?{-1,?-2},?{-2,?-1},?{-2,?1},?{1,?-2},?{2,?-1}

};

private?void?dfs(int?i,?int?j,?int?m,?int?n,?int?p){

if(p?>=?m){

res++;

}

//当访问个数大于等于?n?个，那么已经足够了，无需继续访问

if(p?>=?n){

return;

}

visited[i][j]?=?true;

//8?个方向走一遍

for(int[]?po?:?pos){

int?x?=?i?+?po[0];

int?y?=?j?+?po[1];

if(!isEvil(x,?y)){

if(!visited[x][y]){

dfs(x,?y,?m,?n,?p?+?1);

}else{

//越过同方向上的点

int?xx?=?x?+?po[0];

int?yy?=?y?+?po[1];

if(!isEvil(xx,?yy)?&&?!visited[xx][yy]){

//越过?(x,?y)?点，访问下一个点

dfs(xx,?yy,?m,?n,?p?+?1);

}

}

}

}

visited[i][j]?=?false;

}

private?boolean?isEvil(int?i,?int?j){

return?i?=?3?||?j?=?3;

}

}

发表于 2020-08-12 14:07:07

回复(0)

2

1、Python3技巧：使用itertools.permutations生成所有可能路径，逐个检查是否可行

2、路径是否可行，取决于相邻两个点的连线之间是否出现还没有经过的点，例如，如果没有先经过点2，那么不能出现连线(1, 3)

3、路径存在镜像对称性，可以节省大量的搜索过程，比如以3、7、9开头的路径可以对称到以1开头的路径，同理以4、6、8开头的路径可以对称到以2开头的路径。 from itertools import permutations

class Solution:

def solution(self, m, n):

if n == 0: return 0

if m == 0: m = 1

e = {(1, 3), (4, 6), (7, 9),

(1, 7), (2, 8), (3, 9),

(1, 9), (3, 7)}

h, c = {3, 4, 6, 7, 8, 9}, 0

for k in range(m, n + 1):

for a in permutations(range(1, 10), k):

if a[0] in h: continue

t = set()

for i in range(len(a) - 1):

if (a[i], a[i+1]) in e or (a[i+1], a[i]) in e:

if (a[i] + a[i+1]) // 2 not in t: break

t.add(a[i])

else: c += 1 if a[0] == 5 else 4

return c

发表于 2020-06-05 20:00:17

回复(1)

2

公众号“乘风破浪Now”更多内容可查看

分析

这道题与一般的回溯的题目不太一样，这道题的难点在于下一个点可以不是与当前点相邻。这道题回溯的下探规则不能是一个点的相邻点(正上方/正下方/正左方/正右方/左上方/左下方/右上方/右下方)。因为这道题的下探点可以是矩形对角处。如何确定下探规则成为了解这道题的关键，这个下探规则需要适用于所有的点。

现在来确定下探规则：将下探规则分为16个方向前8个用于下探相邻的点，后8个用于下探矩形对角的点。若在 A 方向上下探相邻的点发现该点已经走过，则再在 A 方向上再走多一步则可以下探到与当前点不相邻的点。(A方向为前8个常规方向)

以上下探规则对所有点均适用。

static int[][] directs =

{{-1,1},{0,1},{1,1},{-1,0},{1,0},{-1,-1},{0,-1},

{1,-1},{2,-1},{1,-2},{-2,-1},{-1,-2},{1,2},{2,1},{-2,1},{-1,2}};

代码 【【微信】】lass 【【微信】】 {

static int[][] directs = {{-1,1},{0,1},{1,1},{-1,0},{1,0},{-1,-1},{0,-1},{1,-1},

{2,-1},{1,-2},{-2,-1},{-1,-2},{1,2},{2,1},{-2,1},{-1,2}};

static int[][] dash = { {1,2,3},

{4,5,6},

{7,8,9}};

static int[] nums = new int[10];

static public int solution(int m,int n){

m = m<=9 ? m : 9;

n = n<=9 ? n : 9;

int sum=0;

int[] nums ={0, 9, 56, 320, 1624, 7152, 26016, 72912, 140704, 140704 };

for (int i=m;i<=n;i++){

sum += nums[i];

}

return sum;

}

static public 【【微信】】(boolean[] V,【【微信】】,int x,int y){

if(count==9){

nums[count]++;

return;

}

V[dash[x][y]]=true;

nums[count]++;

for(int i=0;i

int a= x+directs[i][0];

int b= y+directs[i][1];

if(canVisit(V,a,b)){

<【【微信】】(V,count+1,a,b);

}【【微信】】(i<8){ // 若是常规方向，则再多走一步则可以走到与当前点不相邻的点

a +=directs[i][0];

b +=directs[i][1];

if(canVisit(V,a,b)){

<【【微信】】(V,count+1,a,b);

}

}

}

V[dash[x][y]]=false;

}

static boolean canVisit(boolean[] V,int i,int j){

if(i<0 || i>=3 || j<0 ||

---

oppo折叠手机锁屏外屏不显示 oppo折叠屏手机多少钱一台

oppo手机折叠屏幕,oppo折叠屏手机图片,0ppo手机折叠手机,oppo新款手机折叠
摘要 锁屏密码可以起到保护个人隐私的作用，如果您忘记了锁屏密码或者输入锁屏密码无法解锁，请按照以下方法尝试解决。一、ColorOS11及以上版本①携带购机凭证前往当地的OPPO客服中心进行刷机，清除锁屏密码；②部分机型可使用恢复模式（Recovery）重置手机，清除锁屏密码：恢复模式（Recovery）①关机状态下同时按住电源键+音量减键5秒，进入恢复模式（Recovery）。②选择「“简体中文”语言>清除数据>格式化数据分区>输入界面提示的验证码>点击“格式化”」，即可重置手机。注：OPPOA935G机型操作步骤：关机状态下同时按住电源键+音量减键5秒，进入恢复模式（Recovery），「选择“简体中文”语言>清除数据>输入界面提示的验证码>点击“格式化”」即可重置手机。提示：①刷机后，手机资料将无法保留。②若操作后出现手机已被“查找手机”功能锁死，需输入对应帐号的密码激活手机（手机处于联网状态），若忘记帐号密码引导点击登录页面上的“忘记密码”，验证后，重置您的帐号密码；如果无法通过绑定信息重置密码，可以选择“帐号申诉”。若无法找回，则需要携带相关购机凭证前往OPPO官方服务中心进行