举一反三（巩固练习，成绩显著提升，去）
根据问他()题库系统分析，
试题“如图所示的九宫图中，汉字“欢迎你登录数学中国”分别表示1～9...”，相似的试题还有：
数独(sūdoku)是一种源自18世纪末的瑞士，后在美国发展、并在日本发扬光大的数学智力拼图游戏．拼图是九宫格(即3格宽×3格高)的正方形状，每一格又细分为一个九宫格．在每一个小九宫格中，分别填上1至9的数字，让整个大九宫格每一列、每一行的数字都不重复．下面是一个数独游戏，请完成该游戏．(您只需要完整地填出其中的5个小九宫格即可)(评分标准：完整地填出其中的5个小九宫格且5个均正确即可给满分．未填出5个不给分．若填出超过5个且无错给满分，若填出超过5个且有任何一处错误不给分．)
从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字中任取3个不同的数字构成空间直角坐标系中的点的坐标，若是3的倍数，则满足条件的点的个数为
数学游戏题：(1)下图是一个三阶幻方，有9个数字构成，并且每横行，竖行和对角线上的3个数字的和都相等，试填出空格中的数；(2)有一种“二十四点”的游戏(即算24游戏)，其游戏规则是这样的：任取四个1至13之间的自然数，将这四个数(每个数用且只能用一次)进行加减乘除四则运算，使其结果等于24.例如对1，2，3，4，可作如下运算：(1+2+3)×4＝24(上述运算与4×(1＋2＋3)视为相同方法的运算)①给出有理数4，6，9，12 ；请你写出一个算式使其结果为24；②在我们学过负数以后这个游戏仍可以玩，如可以列出算式；现给出四个数，请你写出一个算式使其结果为24.后使用快捷导航没有帐号？
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十方，现在我相信大家打的都很顺畅了，收集称号的玩家相信这里面的图大多数都吃了。
相信99%以上的玩家《天劫九宫阵》没有吃，这图就盘龙道的机关出，无比稀少的图，魔尊可不可以考虑把这图的爆率给调一下呀！十方劫源出图少可以理解，可是这个图也这么少，让人无比的闷。。。。&&
& &喇叭口前两天在交易区就看到一张，居然卖44Z，黑商啊！米办法，出的太小了，强烈要求魔尊考虑一下广大玩家！调整《天劫九宫阵》图卷的爆率！使其更为合理化，而不是像现在这样的超低爆率!
& & 别的区你们这图现在都是什么价？一张图贵到如此地步，连变形金刚都涨到10Z以上，十方现在打的少是可以理解，但是《天劫九宫阵》以前十方打的多的时候也出的超级少。希望吃此图的玩家顶起啊！
[ 本帖最后由 小米麦子 于
11:23 编辑 ]
? Ｍｒ、Ｃ
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这么值钱？& &前天打了张100点秒杀&&自己吃了
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盘陀岭第一大美女
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&/div&&div&
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倩女酱油党 =A=
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- - 表示 我也买不起这图
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已开启滴说……
一剑●钟情
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现在可以卖到60Z以上
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昨天十方还出个，被俺秒杀了，队里年一个人问我卖不卖，我不知道那么之前，被我吃了，呜呜……
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好像是天宫九劫阵吧
问，风波干戈何时停
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从开十方打到现在就出过三张，悲剧的是一张没投到
每周至少5天在带门派十方
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悲剧啊！求求调一下爆率吧
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Edogawa Conan.
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&&十方去过几次好像没见过。。。。。
老婆 ★俏佳仁☆
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天劫九宫阵？还是楼主的天宫九劫阵？我印象中是前者，天劫九宫阵
純純丶小魜忧
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天宫九劫阵 巫毒祭祀 舞阳 我觉得这3张10方比较难出
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原帖由 曾经孤单 于
10:05 发表
好像是天宫九劫阵吧
是的更正过了
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联想手机解锁教程 开机密码 九宫格图案破解
联想手机锁屏密码忘记怎么办，一般来说，联想手机用户基本上就是设置了开机图案九宫格锁后，忘记了当初是怎么设置的了，同时联想刷机网也看到论坛，贴吧里有很多机油不知道如何解锁图案密码九宫格等等，所以联想刷机网今天为大家介绍一个联想手机的解锁教程，适用于目前90%的联想安卓手机，如果您正为此事发愁，那么下面的操作方法会带您解决这个问题，赶快来试试吧!以下操作可能会导致手机上的个人资料、通讯录、应用丢失，在操作前请提前做好数据备份工作。如果USB调式开启的用户还可以备分个人数据，没开启的朋友，就只有恢复系统后，重新布置个人资料了，如果SD卡上有重要资料也请在操作前将SD卡移除出手机。
联想手机解锁教程：清除手机锁屏密码或者九宫格锁屏密码具体方法如下：
第一种解锁方法：适合开启了USB调试的用户，用一键解锁工具解锁，
<span style="color: #，手机之前开启过USB调试，（手机能连接上手机助手或者刷机精灵就代表开启USB调试了）那么就简单了，你还能备分一下你的个人资料，下载好，
2，再把手机连接电脑，然后运行解锁工具，再点击实用工具，再点击&清除屏幕锁&，提示清除完成，你的手机就己经解开屏幕锁了
第二种：联想手机官方recovery 3e模式解锁
1. 进入手机的recovery模式，关机状态下同时长按手机电源键、音量+、音量&这三个键不放，（部分机型只需要按上或者下键+电源）
如果你的手机按这三个按键无法进入的，请进入，在上方输入你的型号，然后确定搜索，即可找到进入方法：
2. 屏幕亮后松开按键，等待出现下图画面，如果未出现，请重复步骤1;
3. 使用音量+和音量&键调整亮条至&wipe data/factory reset&即&清除数据恢复工厂设置&，按电源键确认;
4. 使用音量+和音量&键调整亮条至&Yes--------delete all user data&，按电源键确认;
5. 等待一段时间至出现一下画面，选择&reboot system now&重启手机，按电源键确认;
6. 等待手机重启进入系统，就不会再要你输入密码或者解九宫格锁了，而是会直接进入系统。
你的手机锁屏密码或者九宫格锁屏密码就全部清除啦
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联想刷机网推荐资源手机的九宫格图案解锁总共能绘出多少种图案？
需要满足的要求有：至少经过四个点；不能重复经过同一个点；路径上的中间点不能跳过（如从1到3一定会经过2）；如果中间的点是之前已经用过的，那么这个点就可以被跳过（如213，因为2已经被用过，1就可以越过2与3连接，132是不允许的）。
按投票排序
from itertools import *
impossible = {'13': '2',
'46': '5',
'79': '8',
'17': '4',
'28': '5',
'39': '6',
'19': '5',
'37': '5',
'31': '2',
'64': '5',
'97': '8',
'71': '4',
'82': '5',
'93': '6',
'91': '5',
'73': '5'}
def counts():
iterlst = chain(*(permutations('', i) for i in range(4, 10)))
for i in iterlst:
stri = ''.join(i)
for k, v in impossible.items():
if k in stri and v not in stri[:stri.find(k)]:
count += 1
return count
print(counts())
我用python写了段代码，先计算出所有大于四个数字的所有排列组合，然后从中剃除穿过中间那个数字的组合，剩下的既为符合要求的代码。例如13组合是不可能存在的，因为它会穿过2，19组合也不可能存在，因为它会穿过5，总共有16个这样的组合。但是假如中间这个数字已经用过了，是可以穿过的，比如213，2已经用过了，1是可以穿过2与3连接的。如此筛选以后，就得到正确答案389112了。
以下引用自果壳网：Android 的密码是 3 × 3 点阵中的一条路径，这条路径可以交叉，可以“走日字”，几乎是无所不能（只要不经过重复点），但却有一个例外：路径不允许跳过途中必须要经过的点。例如， 如果从左上角的点连接到右上角的点，中间的那个点会被自动地加进路径里。但麻烦就麻烦在，这个规则本身也有一个值得注意的地方：如果中间的点是之前已经用过的，那么这个点就可以被跳过去了。我们不妨把点阵中的九个点分别用数字 1 到 9 编号。按照上述规则， 都是不合法的，但 2 则都是可行的。死理性派这下苦恼了，似乎五花八门的组合数学模型在这里都派不上用场。怎么办呢？别急，我们还有强大的计算机帮忙。下面，有请编辑最爱的数学软件 Mathematica 登场。首先，让我们生成所有 985 824 种没有限制的排列组合：再记下不能直接连接的点对：由此生成不合法的排列规则：从全部排列组合中删掉不合法的，便得到了所有可能的 Android 密码了：Android 密码一共有多少种可能性呢？让我们来看看：这样，我们就得到了一个准确的数字：在 Android 系统上一共有 389 112 种可能的密码，只占之前估计的密码数上限的 1/3 左右。
终于有机会见识了聪明的程序员们究竟是怎么一群人。 你们真棒！
用matlab写了几行算了下，答案是389112种。s = struct('end_points', {'13'; '31'; '46'; '64'; '79'; '97'; '17'; ...
'71'; '28'; '82'; '39'; '93'; '37'; '73'; '19'; '91'}, ...
'mid_point', {'2'; '2'; '5'; '5'; '8'; '8'; '4'; '4'; '5'; ...
'5'; '6'; '6'; '5'; '5'; '5'; '5'});
for i = 4:9
c = nchoosek('', i);
for j = 1:size(c, 1)
p = perms(c(j, :));
for k = 1:size(p, 1)
for l = 1:size(s, 1)
if ~isempty(strfind(p(k, :), s(l).end_points)) && ...
isempty(strfind(p(k, (1:(strfind(p(k, :), ...
s(l).end_points) - 1))), s(l).mid_point))
n = n + 1;
num = num + 1;
贴个c代码，轻拍#include &stdio.h&int res[];int cnt=0,t=0;int genarry(int*a,int n[9],int l,int s){
for(i=0;i&s;i++)res[cnt][i]=a[i-s];
for(i=0;i&9;i++){
if(n[i]==0)
genarry(a+1,n,l-1,s);
return 0;}int select(){
int taboo[16][2]={
{1,3},{3,1},
{4,6},{6,4},
{7,9},{9,7},
{1,7},{7,1},
{2,8},{8,2},
{3,9},{9,3},
{1,9},{9,1},
{3,7},{7,3}
for(i=0;i&i++){
int j,flag=0;
for(j=0;res[i][j+1]!=0&&!j++){
for(k=0;k&16&&!k++){
if(res[i][j]==taboo[k][0]&&res[i][j+1]==taboo[k][1]){
for(l=0;l&j;l++){
if(res[i][l]==(taboo[k][0]+res[i][j+1])/2)flag=0;
res[i][9]=-1;
return cnt-t;}int main(){
int a[9],n[9],i,
for(i=0;i&9;i++)n[i]=1;
for(i=4;i&10;i++)
genarry(a,n,i,i);
count=select();
printf("%d\n",count);
return 0;}把结果打出来随机选一个做解锁会不会安全一点
我是来比谁的程序更简单的...
pascal语言不知有谁知道没有...var flag:array[0..9] plus:array[0..9,0..9]ans,i:procedure search(t,count,pre:longint);var k:beginif count=t then begin inc(ans); endelse if count&for k:=1 to 9 doif flag[k] and not(flag[plus[pre,k]] or flag[plus[k,pre]])
thenbeginflag[k]:=search(t,count+1,k);flag[k]:=endelse if flag[k] and (flag[plus[pre,k]] or flag[plus[k,pre]]) //middle does not used
begin //MAIN
fillchar(flag,sizeof(flag),true);
fillchar(plus,sizeof(plus),0);
plus[1,3]:=0;
plus[7,9]:=8;
plus[1,7]:=4;
plus[2,8]:=5;
plus[9,3]:=6;
plus[1,9]:=5;
plus[3,7]:=5;
plus[4,6]:=5;
for i:=4 to 9 do
search(i,0,0);
writeln(ans);
贴一个JAVA代码: public static void main(String[] args) {
int res=counts();
System.out.println(res);
public static int counts(){
HashMap&String,String& map = new HashMap&String,String&();
ArrayList&String& permute = new ArrayList&String&();
for(int i=4;i&=9;i++){
permute.addAll(permutation(9,i));
System.out.println(permute.size());
map.put("13", "2");
map.put("46", "5");
map.put("79", "8");
map.put("17", "4");
map.put("28", "5");
map.put("39", "6");
map.put("19", "5");
map.put("37", "5");
map.put("31", "2");
map.put("64", "5");
map.put("97", "8");
map.put("71", "4");
map.put("82", "5");
map.put("93", "6");
map.put("91", "5");
map.put("73", "5");
int count = permute.size();
for(String cur :permute){
for (Entry&String, String& entry : map.entrySet()){
String key = entry.getKey();
String value = entry.getValue();
if(cur.contains(key) && (cur.indexOf(value) == -1 || cur.indexOf(value) & cur.indexOf(key)) ){
public static ArrayList&String& permutation(int n,int k){
ArrayList&String& res = new ArrayList&String&();
for(int i =1;i&=n;i++){
StringBuilder temp= new StringBuilder();
temp.append(i);
BFS(n,k,temp,1,i,res);
public static void BFS(int n, int k,StringBuilder cur,int depth, int x,ArrayList&String& res){
if(depth == k){
res.add(new String(cur));
for(int i=1;i&=n;i++){
if(cur.indexOf(String.valueOf(i)) &=0)
cur.append(i);
BFS(n,k,cur,depth+1,i,res);
cur.deleteCharAt(cur.length()-1);
基础算法可以写深搜算法，递归遍历。为了避免节点的重复可设置flag标记位。除了边界定义好四个方向。最外层循环控制图形路过的节点个数，从四开始。第二层循环遍历各个方向的可行性。具体细节回家在写程序
#include&stdio.h&
#define ABS(a) (((a)&=0)?(a):-(a))
#define HALF(a,b) ((a)%3 + (b)%3)/2 + 3*(((a)/3 + (b)/3)/2)
bool flags[9]={true,true,true,true,true,true,true,true,true};
bool check(int a,int b)
if(a%3 == b%3 && ABS(a/3 - b/3) == 2 && flags[HALF(a,b)])return false;
if(a/3 == b/3 && ABS(a%3 - b%3) == 2 && flags[HALF(a,b)])return false;
if(ABS(a%3 - b%3) == 2 && ABS(a/3 - b/3) == 2&& flags[HALF(a,b)])return false;
return true;
int count(int j,int pre,int counter)
for(int i=0;i&9;i++){
if(flags[i] && check(pre,i)){
flags[i] = false;
counter = count(j+1,i,counter);
flags[i] = true;
return (j&2)?counter + 1:counter;
int main()
flags[0] = false;
int a = count(0,0,0)*4;
flags[1] = false;flags[0] = true;
int b = count(0,1,0)*4;
flags[4] = false;flags[1] = true;
int c = count(0,4,0);
printf("%d\n",a+b+c);
根据对称性做了优化。
我是来告诉楼上诸位，从CM10开始，可以自定义4*4/5*5/6*6个点，能否计算？
# ruby 版，轻拍
[[0, 0], [0, 1], [1, 1]]
.zip([4, 4, 1])
.map do |pt, n|
cnt = [4, 5, 6, 7, 8, 9]
.map do |i|
solve(pt, i)
.inject(:+)
.inject(:+)
def solve(pt, steps = 4, points_taken = [], roadmap = build_roadmap(points_taken))
return 1 if points_taken.size == steps - 1
(roadmap[pt] || []).map do |pt_to|
solve(pt_to, steps, points_taken + [pt])
.inject(:+)
def build_roadmap(points_taken = [])
pts = [0, 1, 2]
.product([0, 1, 2])
.reject do |pt|
points_taken.include?(pt)
pts.product(pts)
.reject do |pt1, pt2|
pt1 == pt2
.reject do |(x1, y1), (x2, y2)|
mid_x, mid_y = [(x1 + x2) / 2, (y1 + y2) / 2]
dest_x, dest_y = [mid_x * 2 - x1, mid_y * 2 - y1]
!points_taken.include?([mid_x, mid_y]) && [dest_x, dest_y] == [x2, y2]
.inject({}) do |hash, (pt1, pt2)|
hash[pt1] ||= []
hash[pt1] && pt2
用动态规划，复杂度为(2^9)*9*9……
参考1L的方法写的，呵呵。public class PhoneLock {
private int lockNum = 0;
public int no[][] = {
{13, 2}, {46, 5}, {79, 8},
{17, 4}, {28, 5}, {39, 6},
{19, 5}, {37, 5}
public boolean isLegal(int lock[], int k, int t, int number[]){
if(k & 0){
int n1 = 10 * lock[k-1] + t;
int n2 = 10 * t + lock[k-1];
for(int i = 0; i & no.length; i ++){
if((n1 == no[i][0] || n2 == no[i][0])
&& number[no[i][1] - 1] != -1){
return false;
return true;
public void func(int lock[], int number[], int k, int n){
if(k == n){
lockNum ++;
for(int i = 0; i & number.length; i ++){
int t = number[i];
if(t != -1 && isLegal(lock, k, t, number)){
lock[k] = t;
number[i] = -1;
func(lock, number, k + 1, n);
number[i] = t;
public int getLockNum(){
int number[] = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9};
for(int n = 4; n &= 9; n ++){
func(new int[9], number, 0, n);
return lockNum;
public static void main(String[] args) {
PhoneLock lock = new PhoneLock();
System.out.println(lock.getLockNum());
所有图形请参考:
渣渣代码。。。#include&iostream&#include&cstring&int mark[10][10], vis[20];int num[20], ans = 0,void dfs(int cnt){
if(cnt &= 5)
for(int i = 1; i&=9; i++)
if(!vis[i])
if(mark[i][num[cnt-1]] && !vis[mark[i][num[cnt-1]]])
num[cnt] =
vis[i] = 1;
dfs(cnt+1);
vis[i] = 0;
}}int main(){
num[0] = 0;
memset(mark, 0, sizeof(mark));
mark[1][3] = 2, mark[1][7] = 4, mark[1][9] = 5;
mark[2][8] = 5, mark[3][7] = 5, mark[3][9] = 6;
mark[4][6] = 5, mark[7][9] = 8;
for(int i = 1; i&=9; i++)
for(int j = i+1; j&=9; j++)
mark[j][i] = mark[i][j];
memset(vis, 0, sizeof(vis));
cout&&ans&&
return 0;}是389112种
上面的代码不全，刚刚搜索了完整的粘贴了上来。。。。。
#include&iostream&
long c=0,p=0;
void s(int k)
if(a[k]==0)
if(p&3)c++;
if(k==0){s(1);if(a[1]==1)s(2);s(3);s(4);s(5);if(a[3]==1)s(6);s(7);if(a[4]==1)s(8);}
if(k==1){s(0);s(2);s(3);s(4);s(5);s(6);if(a[4]==1)s(7);s(8);}
if(k==2){if(a[1]==1)s(0);s(1);s(3);s(4);s(5);if(a[4]==1)s(6);s(7);if(a[5]==1)s(8);}
if(k==3){s(0);s(1);s(2);s(4);if(a[4]==1)s(5);s(6);s(7);s(8);}
if(k==4){s(0);s(1);s(2);s(3);s(5);s(6);s(7);s(8);}
if(k==5){s(0);s(1);s(2);if(a[4]==1)s(3);s(4);s(6);s(7);s(8);}
if(k==6){if(a[3]==1)s(0);s(1);if(a[4]==1)s(2);s(3);s(4);s(5);s(7);if(a[7]==1)s(8);}
if(k==7){s(0);if(a[4]==1)s(1);s(2);s(3);s(4);s(5);s(6);s(8);}
if(k==8){if(a[4]==1)s(0);s(1);if(a[5]==1)s(2);s(3);s(4);s(5);if(a[7]==1)s(6); s(7);}
int main()
for(i=0;i&9;i++)a[i]=0;
for(i=0;i&9;i++)s(i);
他的思路是这样的：
长度为9的数组，每位都是0或1
为0代表未采用此为做密码，1代表采用了
p代表已设置密码的位数，c代表可用密码个数
当长度大于等于4时，c加一
s（k）将第k+1位密码启用（k从0开始，k+1表示1~9位）
在启用某位密码时，当a[0]以设为1，a[0]设置后，马上设置a[2]时，会检测a[1]是否为1，
只有a[1]为1时，才将a[2]设置为1
if(k==0){s(1);if(a[1]==1)s(2);就是这里的if(a[1]==1)
第一次有勇气来知乎回答问题，这个问题跟我昨天想的一个好像是很类似的我家楼下有一个四果汤的冷饮店，什么是四果汤呢，就是从12种配料中挑出4种，加蜂蜜和清水兑成，我昨天一时兴起，算了一下四果汤一共的组合，居然有20736种，也就是说我一天买一种组合，要买满50年，还不考虑因使用明胶和色素等添加剂造成中途夭折的情况....有点跑题了，回到这来，我发现其实把两个题的主要信息提取出来，其实算法是一样的这其实就是一个排列组合的命题，公式有点忘了，但是方法大概是这样：给每个格子命名，1、2、3、4、5、6、7、8、91.用到4个数字生成的解锁图案那么第一种组合有9*8*7*6=3024种2.用到5个数字生成的解锁图案第二种一共有20种3.用到6个数字生成的解锁图案第三种一共有80种4.用到7个数字生成的解锁图案第四种有440种5.用到8个数字生成的解锁图案第五种有=362880种6.用到9个数字生成的解锁图案用到9个数字和8个数字的数量是一样多的，几乎每个图形都可是类似的，但是只少一个点所以就是362880种所以：总的能生成的数量是上面的总和：++880=985824种
楼主的规则是方便noob用户使用的，实际的密码设计编程毫无限制（相同数字连续也是可以的），根据密码长度有9^N次方种情形，但最后都是经过加密算法存在某个文件里的，如md5加密成16位或者32位，linux系统下有个目录里的某个文件就是存所有用户名密码的。其实手机如果丢了，数据安全就别想了，人家随便加个777想看什么看什么，那些所谓的远程锁机都是些商业噱头
第一位有9种选择，第二位有8种选择，第三位有7种选择，……第一位有9种选择，第二位有8种选择，第三位有7种选择，……所以：密码总数＝9*8*7*6*5*4*3*2*1=362,880感谢 提醒，我的计算方法只考虑了密码为9位的情形，漏了密码少于9位的情形，特此更正。