題目描述

很多手機或平板電腦軟體都可以設定手勢密碼，在設定了手勢密碼後，進入程式時，首先要輸入手勢密碼。

手勢密碼最少選擇4個點，最多選擇9個點，理論上的密碼組合總共有985824種，扣除掉其中不可能完成的組合（如一些點不允許繞過），最終的可能性是389112種。可見，手勢密碼加強了軟體訪問的安全性。

下面介紹一下手勢密碼的規則（如果你熟悉手勢密碼的規則，可略過）：

1）  從某一個點出發，不間斷地畫線連線4－9個點，則從起點至終點構成的有序軌跡便構成一個有效的手勢密碼。

2）  在水平、垂直及對角方向上的3個點（假設依次為A點、B點、C點），在B點是未選點的情況下，A點是繞不過B點直接與C點相連的，如點1和點3直線連線繞不過點2。同樣道理，點1和點9直線連線繞不過點5，等等。如圖3所示，如果起點是１點，則手勢密碼必為1->2->3->6->5->4->7->8->9，而不可能是1->3->6->4->7->9。

3）  在連線不間斷延展的過程中，只要還有未選的新點，就可以畫線連線到該新點，而不管是否有重疊或是交叉，即經過已選點或已連線均可。例如，2->3->1->5或1->5->2->4都是允許的。

4）  在連線不間斷延展的過程中，中間點是不允許經過2次的（除非是規則3說明的情況），終點雖然可以再連線到已選點，但卻是無效的。例如，以１點為起點，則圖4所示的手勢密碼跟圖3所示的手勢密碼是一樣的。

對於沒研究過手勢密碼的同學，雖然我上面囉嗦了這麼多，估計還是有疑惑的地方，乾脆簡單點說吧！

實際上，n個點能夠構成的手勢密碼種數＝n個點的排列總數－不可能完成的哪些排列數。

輸入

有多行測試資料

每行包括2個數據：min和max，表示最少選擇min個點，最多選擇max個點。取值範圍為4<=min<=max<=9。輸入時min和max用空格隔開。

輸出

與每行輸入相對應，輸出可以構成的手勢密碼總數。

樣例輸入

4 4
4 9

樣例輸出

1624
389112

題意：就是我們手機的手勢密碼，比較簡單理解

解題思路：我把這個題看作是走迷宮一類的問題，每一個點可以向不同的方向走去，走完迷宮截至，有多少種走法

那就按照走迷宮的模板來，

第一 ：方向dir，每一個點有上下左右4種，斜著走4中，以及”日“字走8種，總共就是16種走法

我用dir儲存

第二：對於走到邊界怎麼處理，比如  4->2->3->1是可行的，如何處理，方法是繼續向“牆壁”走一步，看是否可行

第三：優化，也就是剪枝，很明顯，此題有很大的對稱性，4個角（也就是1，3，7，9）從這幾個起點出發的步數是一樣的

2，4，6，8這幾個點出發的步數也是一樣的，5這個點就單獨處理即可

answer=（step）（  dfs(stpe，1，1)*4+dfs(step，1，2)*4+dfs(step，2，2)  ）         MAX>=step>=MIN 

具體看程式碼

網上還有一種解法，我就不多說了（我還沒在網上發現我這個解法的...=v=...）

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int z[10][10];
int dir[16][2]= {1,0,0,1,-1,0,0,-1,//s上下左右
                 1,1,-1,-1,-1,1,1,-1,//斜著走
                 2,1,2,-1,1,2,-1,2,-2,1,-2,-1,1,-2,-1,-2//走日字
                };//方向座標
int dfs(int step,int x,int y)
{
    int ans=0;
    if(step==1)  return 1;
    for(int i=0; i<16; i++)
    {
        int xx,yy;
        xx=x+dir[i][0];
        yy=y+dir[i][1];
        if(xx>=1 && yy>=1 && xx<=3 && yy<=3)//在3*3的迷宮裡面
        {
            if(z[xx][yy]==0)//可以走
            {
                z[xx][yy]=1;
                ans+=dfs(step-1,xx,yy);
                z[xx][yy]=0;
            }
            else//撞牆了，繼續判斷
            {
                int xxx=xx+dir[i][0];
                int yyy=yy+dir[i][1];
                if(xxx>=1 && xxx<=3 && yyy>=1 && yyy<=3 && !z[xxx][yyy])
                {
                    z[xxx][yyy]=1;
                    ans+=dfs(step-1,xxx,yyy);
                    z[xxx][yyy]=0;
                }
            }
        }
    }
    return ans;
}
int solve(int step)
{

    int ans=0;
    z[1][1]=1;
    ans+=4*dfs(step,1,1);
    z[1][1]=0;

    z[1][2]=1;
    ans+=4*dfs(step,1,2);
    z[1][2]=0;

    z[2][2]=1;
    ans+=dfs(step,2,2);
    z[2][2]=0;
    return ans;
}
int main()
{
    int MIN,MAX;
    while(cin>>MIN>>MAX)
    {
        int ans=0;
        memset(z,0,sizeof z);
        for(int i=MIN; i<=MAX; i++)//每一次的步數
            ans+=solve(i);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}