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题目

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思路一、枚举

这题的可以简单的看成 h1 h2 : m1 m2 的情况，其中 h1 和 h2 有关， m1 和 m2 有关，数目不多可以直接暴力枚举解决

int countTime(char * time) {
    int countHour = 0;
    int countMinute = 0;
    for (int i = 0; i < 24; i++) {
        int hiHour = i / 10;
        int loHour = i % 10;
        if ((time[0] == '?' || time[0] == hiHour + '0') && 
            (time[1] == '?' || time[1] == loHour + '0')) {
            countHour++;
        }
    } 
    for (int i = 0; i < 60; i++) {
        int hiMinute = i / 10;
        int loMinute = i % 10;
        if ((time[3] == '?' || time[3] == hiMinute + '0') && 
            (time[4] == '?' || time[4] == loMinute + '0')) {
            countMinute++;
        }
    }
    return countHour * countMinute;
}

由于时钟的最大值为 24，分钟的最大值为 60，在此题解中分别枚举所可能的时钟，以及所有可能分钟，时间复杂度为 O(24+60)=O(1)。
只要理清楚还是很好做的

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思路二、回溯

由于当出现 ‘？’ 时，我们可以填入 0 - 9 任意一个数字，然后再返回去看是否合法就行。

即 00<= h1h2 <=23 、 00<= m1m2 <=59

bool check(const char *time) {
    //atoi提取数字，遇到非数字时停止
    int h1h2 = atoi(time);
    int m1m2 = atoi(time + 3);
    if (h1h2 < 24 && m1m2 < 60) {//正常读取时不会出现负号，所以无所谓>=0
        return true;
    } else {
        return false;
    }
}

void dfs(char *time, int pos, int *res) {
    if (time[pos] == '\0') {//每次循环到结尾才去看这时是否合法
        if (check(time)) {
            (*res)++;
        }
        return;
    }
    if (time[pos] == '?') {
        for (int i = 0; i <= 9; i++) {
            time[pos] = '0' + i;
            dfs(time, pos + 1, res);
            time[pos] = '?';
        }
    } else {
        dfs(time, pos + 1, res);
    }
}

int countTime(char * time){
    int res = 0;//记录可能性
    dfs(time, 0, &res);
    return res;
}