对于想了解coloros13是安卓13吗的读者，本文将是一篇不可错过的文章，我们将详细介绍coloros3.1是安卓几，并且为您提供关于CodeforcesRound#627(Div.3)题解cf13
对于想了解coloros13是安卓13吗的读者，本文将是一篇不可错过的文章，我们将详细介绍coloros3.1是安卓几，并且为您提供关于Codeforces Round #627 (Div. 3)题解 cf 1324A 1324B 1324C 1324D 1324E 1324F、ColorOS 13对比ColorOS 12 一文看懂新系统升级点、ColorOS 13支持哪些机型、Coloros11什么时候更新-Coloros11更新时间介绍的有价值信息。
本文目录一览：- coloros13是安卓13吗（coloros3.1是安卓几）
- Codeforces Round #627 (Div. 3)题解 cf 1324A 1324B 1324C 1324D 1324E 1324F
- ColorOS 13对比ColorOS 12 一文看懂新系统升级点
- ColorOS 13支持哪些机型
- Coloros11什么时候更新-Coloros11更新时间介绍
coloros13是安卓13吗（coloros3.1是安卓几）
coloros13已经发布了，很多的手机使用者都很想知道coloros13是安卓13吗，针对这个问题我们给大家带来了详细的答案，下面就有清晰的介绍，感兴趣的话可以来一起看看哟。
coloros13是安卓13吗：
答：coloros13是安卓13。
这个系统是基于安卓13发布的，整体的功能也都是很强的。
一些老旧的机型如果没法支持安卓13那么可能也就没法体验了。
coloros13拓展介绍：
1、coloros13采用了全新的“Aquamorphic”设计，是非常流畅的，充满了活力。
2、还有全新的系统主题调色板，基于海平面日出和日落之间的光色和变化，
全新的字体将会有更高的可读性，能够更加清晰的去进行显示，布局详细哟。
3、还有全新的动画，为大家带来了更加柔和自然逼真的效果展示，可以得到更多支持。
4、还有一个全新的“shadow-reflective clock”小组件，可以去准确的显示时间的流逝。
延伸阅读：适配机型
Codeforces Round #627 (Div. 3)题解 cf 1324A 1324B 1324C 1324D 1324E 1324F
https://codeforces.com/contest/1324
A. Yet Another Tetris Problem
n列的俄罗斯方块画面，现在第$i$列已经有$a_i$块方块了，问能不能用若干个一列两行的方块把所有方块Sakuzyo。
判所有数字奇偶性是否相同就行，有手就能过
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<LL,LL>
using namespace std;
int T, n, a[108];
bool gao()
{
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
if (a[i] % 2 != a[1] % 2)
return false;
}
return true;
}
int main()
{
cin >> T;
while (T--)
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
cin >> a[i];
cout << (gao()? "YES":"NO") << endl;
}
}
B. Yet Another <del>有手就行</del>Palindrome Problem
给一个长为n($\leq5000$)的数组，问是否存在一个长度至少为3的子序列是回文的。回文的定义是把序列reverse，序列不变，如[10,20,10]就是回文的。
考虑奇数长度的回文序列，删除其首尾元素仍然回文；再考虑偶数长度的回文序列，删除最中间那一对的某个元素，变成奇数长度的回文序列；因此原题等价于判断是否存在一个长度为3的子序列。for两遍就行。
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<LL,LL>
using namespace std;
int T, n, a[5008], b[5008];
bool gao()
{
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
{
if (b[a[j]])
return true;
}
b[a[i]] = 1;
}
return false;
}
int main()
{
cin >> T;
while (T--)
{
memset(b, 0, sizeof(b));
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
cin >> a[i];
cout << (gao()? "YES":"NO") << endl;
}
}
C. Frog Jumps
给你一个由L和R组成的字符串$s=Rs_1s_2...s_n(n\leq2\cdot10^5)$。有只站在最左边那个R那一格上，要跳到$s_{n+1}$的位置。规定站在L上只能往左跳，站在R上只能往右跳，一次最多跳k格。问k最小能到多少使得至少有一种方案能跳过去。
很显然应该避免跳到L上。那么原问题等价于求字符串里最长的全L子串的长度。
假设最长的全L字串的长度为$k-1$,那么必须要$k$的最大步长才能跳过这一段L,否则必定跳到其中某一个L上而只能往回跳。而很显然$k$的步长足够了，因为此时在R上必定能花不多于k步往后跳到另一个R上。
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<LL,LL>
using namespace std;
int T;
char s[200008];
int main()
{
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
scanf("%s", s + 1);
int n = strlen(s + 1);
int c = 0, ans = 0;
for (int i = 1; i <= n + 1; ++i)
{
if (s[i] == ''L'')
{
c++;
}
else
{
ans = max(ans, c);
c = 0;
}
}
cout << ans + 1 << endl;
}
}
D. Pair of Topics
给两个长为$n(\leq2\cdot 10^5)$的数组$[a_1,a_2,...,a_n]$和$[b_1,b_2,...,b_n]$($1\leq a_i,b_i\leq 10^9$)，问存在多少对$i,j(1\leq i<j\leq n)$使得$a_i+a_j>b_i+b_j$。
先变个形,$a_i-b_i>-(a_j-b_j)$。设$c_i=a_i-b_i$那就是$c_i+c_j>0$。那就相当于给了一个数组问有多少对数的和大于0。两个正数的和必定大于0，因此关键就是统计有多少对一正一负的数。
不妨把所有正数提到一个数组$P$里，把0和负数提到另一个数组$N$里。把$P$升序排序。从前往后遍历$P$中的每一元素$p_i$。维护$N$的一个子集使得$N$中任意元素$x$都满足$p_i+x>0$。抽象一点的话，我们记$N_i={x|x\in N\ and\ x+p_i>0}$。因为$p_i<p_{i+1}$，所以若$x+p_i>0$，那么$x+p_{i+1}>0$一定成立，所以有$N_i\subseteq N_{i+1}$。简单来说，就是已经满足条件了的负数在$i$前进时肯定满足条件。
那么只要把$N$降序排序，在N上二分查找就行。$O(n\ logn)$。
也可以排序之后维护$N$的一个指针$j$，在枚举$i$时把$j$适当向后移使得$p_i+n_j>0,p_i+n_{j+1}\leq 0$就行了。总的时间复杂度还是$O(n\ logn)$。很经典的双指针做法。
（我没用这个做法所以不贴代码了
当然如果脑抽了，想不到这个办法，还可以上线段树：枚举$j$求有多少个$i<j$使得$c_i>-c_j$。那就直接区间查询，单点更新就完事了。当然值域太大，需要上一个离散化。
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<LL,LL>
using namespace std;
int n, a[200008], b[200008], tre[(200004 << 2)];
LL ans = 0;
map<int, int> mp;
void pushup(int rt)
{
tre[rt] = tre[rt << 1] + tre[rt << 1 | 1];
}
void update(int rt, int l, int r, int loc)
{
if (l == r)
{tre[rt]++;return;}
int mid = (l + r) >> 1;
if (loc <= mid)
update(rt << 1, l, mid, loc);
else
update(rt << 1 | 1, mid + 1, r, loc);
pushup(rt);
}
int query(int rt, int l, int r, int L, int R)
{
if (L <= l && r <= R)
return tre[rt];
int mid = (l + r) >> 1;
int ret = 0;
if (L <= mid)
ret += query(rt << 1, l, mid, L, R);
if (mid + 1 <= R)
ret += query(rt << 1 | 1, mid + 1, r, L, R);
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &a[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
int x;
scanf("%d", &x);
a[i] -= x;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
b[i] = a[i];
}
sort(b + 1, b + n + 1);
int c = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
if (!mp[b[i]])
{
mp[b[i]] = ++c;
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
int* v = upper_bound(b + 1, b + n + 1, -a[i]);
if (v <= b + n)
{
ans += query(1, 1, n, mp[*v], n);
}
update(1, 1, n, mp[a[i]]);
}
cout << ans << endl;
}
E. Sleeping Schedule
某个星球上一天有$h$小时$(0,1,2,...,h-1)(h\leq 2000)$，现在有个人在某一天的0点整睡醒了。他现在要睡$n(\leq 2000)$次觉，其中第$i$次睡觉必定会在他醒来的$a_i(1\leq a_i\leq h-1)$小时之后发生。他每次都正好睡$h$小时醒来。
给定一对$l,r(0\leq l<r\leq h-1)$，他觉得如果一次睡觉在$l,l+1,...,r$这几个时刻中的某一个时刻开始，那这次睡觉比较好。
现在他成为了大脑升级人，可以用大脑控制自己的清醒时间了，使得自己正好提早一小时睡觉（即选择一些数把它们减去1）。问他最多能得到多少次好的睡觉。
动态规划。$f(i,j)$表示睡完了前$i-1$次，在时刻$j$醒来，能得到的好睡觉的次数最大值。
那么两种状态转移：$f(i,j)\to f(i+1,(j+a_i)%h)$和$f(i,j)\to f(i+1,(j+a_i-1)%h)$。
答案就是$\mathop{max}\limits_{j=0}^{h-1}{f(n+1,j)}$。
非法状态注意处理一下就行。
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<LL,LL>
using namespace std;
int n, h, l, r, dp[2008][2008], a[2008];
int gao(int x)
{
return l <= x && x <= r;
}
int main()
{
scanf("%d %d %d %d", &n, &h, &l, &r);
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
scanf("%d", &a[i]);
}
memset(dp, -1, sizeof(dp));
dp[0][0] = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int j = 0; j < h; ++j)
{
if (dp[i][j] < 0) continue;
//printf("dp[%d][%d] = %d\n", i, j, dp[i][j]);
dp[i + 1][(j + a[i] - 1) % h] = max(dp[i + 1][(j + a[i] - 1) % h], dp[i][j] + gao((j + a[i] - 1) % h));
dp[i + 1][(j + a[i]) % h] = max(dp[i + 1][(j + a[i]) % h], dp[i][j] + gao((j + a[i]) % h));
}
}
int ans = 0;
for (int j = 0; j < h; ++j)
ans = max(ans, dp[n][j]);
cout << ans << endl;
}
F. Maximum White Subtree
给一棵无根树，一些点是黑的，另外的点是白的。定义一棵树的价值是它的白点数量减去黑点数量。现在对树上的每个点$v$，询问所有包含点$v$的子树的最大价值是多少（换句话说，就是切掉一些子树，不能切掉$v$，使得价值最大）。
点数$n\leq 2\cdot10^5$。
先考虑单个询问$v$的问题，不妨考虑$v=1$：
把这棵树看成以$1$为根的有根树，设$f(u)$为以$u$为根的子树能达到的最大价值（必须包含$u$），那么很显然它满足一个子结构性：对$u$的每个儿子$v$，要么把$v$这棵子树切掉，那么贡献是0，要么把$v$这棵子树留下，那么贡献是$f(v)$。子树之间的选择不相互干扰。那就有了$f(u)=\sum\limits_{v\in son_u}max(0,f(v))$。这就是个树形dp。
现在算出了以$1$为根的一系列$f(u)$值。设$g(u)$为点$u$的答案，那么就有了$g(1)=f(1)$。但是如果对每个点都去dp一次的话，复杂度是$O(n^2)$的，自然无法接受。
还是在以$1$为根的有根树上考虑：
假如说我知道了$u$这个点的答案$g(u)$，那么我考虑它的一个儿子$v$，假如把$v$这颗子树切出来，$g(u)$就会变成$g(u)-max(0,f(v))$，这就是包含$u$但不包含$v$的最大价值。现在算$g(v)$，就相当于要以$v$为根去dp了，那么事实上$g(v)$包含两部分：一是$f(v)$，因为$v$这个点必须要选；二是原来是它的父亲，现在是它的儿子了（大雾？？？）的$u$的贡献，也就是包含$u$但不包含$v$的最大价值。
如图，切开$u,v$这条边，分开考虑。
因此，$g(v)=g(u)-max(0,f(v))+f(v)$。
那么我就能以$O(1)$的时间把答案从根转给儿子。
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<LL,LL>
using namespace std;
int n, a[200008], dp[200008], ans[200008];
vector<int> mp[200008];
void dfs(int rot, int pre)
{
for (auto nxt: mp[rot])
{
if (nxt == pre)
continue;
dfs(nxt, rot);
dp[rot] += max(0, dp[nxt]);
}
dp[rot] += (a[rot]?1:-1);
}
void dfs2(int rot, int pre)
{
for (auto nxt: mp[rot])
{
if (nxt == pre)
continue;
int x = ans[rot] - max(0, dp[nxt]);
ans[nxt] = dp[nxt] + max(0, x);
dfs2(nxt, rot);
}
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i < n; ++i)
{
int x, y;
scanf("%d %d", &x, &y);
mp[x].pb(y);
mp[y].pb(x);
}
dfs(1, 0);
ans[1] = dp[1];
dfs2(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%d ", ans[i]);
printf("\n");
}
后记
这好像还是我第一次在赛中ak了，之前还有两三次都是差一题ak，赛后就过了。
不过学弟也ak了，而且他还在1:50的时候截了个ak图出来，而我是在1:51才交的最后一题......
那就先祝他fst吧（？
（ak一个div3有什么好开心的，这不是应该的吗（
ColorOS 13对比ColorOS 12 一文看懂新系统升级点
2013年4月26日，ColorOS发布首个公测版本，9月23日，ColorOS 1.0智绘新生，全球首发；
2014年3月21日，ColorOS 2.0正式公测，6月7日，ColorOS累计用户突破1000万，同年10月30日，ColorOS累计用户突破2000万；
2015年，3月18日，ColorOS 累计用户突破3000万，2018年ColorOS 累计用户突破2.5亿，2019年ColorOS 累计用户突破3亿；
2020年1月，ColorOS全球活跃用户已超3.2亿。9月24日正式发布 ColorOS 11，ColorOS 全球月活跃用户超过 3.7 亿；
2022年2月17日，ColorOS官方宣布，截至2022年1月31日，ColorOS全球月活用户突破5亿。
十年时间，每一代不同版本ColorOS都给用户留下了深刻印象。8月30日，我们迎来了ColorOS 13的诞生。笔者作为一个OPPO的老用户，率先将自己的主力机OPPO Find X5 Pro的系统更新到最新版，作为对比，我还找来了一台并未升级的OPPO Reno8 Pro+，通过ColorOS 13和ColorOS 12的直接对比，让大家能更直观的了解到，此次ColorOS 13究竟有哪些升级点。
水生设计理念，图像更简约，色彩对比度更高
此前发布的ColorOS 12主打无边界设计和亚克力图标，ColorOS 13则在此基础上融入全新的水生设计，从大自然中汲取灵感构建出以「日出蓝」和「日落橘」为原点的全新色彩体系。
颜色的含义会随着文化的不同或颜色偏见而有所不同，例如，在西方文化中，红色常被用来表示警告，而在中国红色则代表好运和成功。一直以来，由于品牌logo、卡通公仔等一系列元素是绿颜色，OPPO被大家亲切的称为“绿厂”。但绿色在大部分国家代表了通行的含义，大量运用在系统上可能对用户产生误导。ColorOS 13充分考虑到了不同国家地区的文化习惯，除“主题绿”外，新增“主题蓝”，切换至“主题蓝”后，原本绿色部分均替换为蓝色。
水生设计的加入使图片变得更温润灵动。全新的色彩体系也使得部分系统默认图标得到更新，如图所示，更新后的短信、相册、设置、便签等系统应用图标有着更高的对比度，在视觉上更容易辨别。同时，OPPO还规避了蓝色紫色、红色绿色同时出现，减轻色弱色盲用户的视觉负担。
交互可视化，直觉化让操作更直观
人脑对视觉信息的处理要比书面信息容易得多，ColorOS 13加入了丰富的可视化动效和图标。以时钟为例，映射了真实时间的追光时钟，点开后，白天结合实时的太阳方位，模拟物体在不同时间被照射所产生的光影效果，夜晚时结合暗色模式，发出月亮漫射光。手机的充电动画也加入了粒子吸收动效，每毫安的电量都像一滴水滴，最终汇入大海。
除此之外，ColorOS 13还补齐了大文件夹功能和绽放壁纸功能，前者长按文件夹选择「切换为大文件夹」即可放大当前文件夹。后者则是会根据用户的手机使用时长而变化，随着时间的增加，原本的嫩芽会慢慢长出枝叶，而当时长超过设定值后，植物会呈现出矿物化的状态，提醒我们放下手机。日常使用下来，笔者觉得这项功能要比应用限时、禅定模式等更具人文关怀，更润物细无声。
在ColorOS 13上，当你点错一款应用时，立刻快速上划退出就会打断动画，并会形成一个返回的抛物线，动画和手势逻辑实现了完美统一。再比如ColorOS 13增大了滑动时的动态阻尼感，最直观感受是页面滚动阻力与手速匹配，慢速滑动时的克数更重了，快速滑动时也不会出现灵敏度和滑动速度过高的问题，并且从滑动到停下有缓缓的减速感，基于量子动画引擎 4.0打造的交互动效和交互逻辑，更契合我们的直觉操作，也就是我们所说的符合用户直觉的流畅性设计。
刚才点开时钟后，惊鸿一瞥的插画不知道大家有没有看到。图形是一种极其重要的视觉语言，它能够创造性地表达人类情感、思想和观念。某种程度上讲，图形也是一种国际化的语言，可以弥合不同民族、国家、语言、文化之间的差异。ColorOS 13从国际化的视角进行重绘，在覆盖全球多元用户的背景下，更关注文化的适应性。在系统的各个角落散落着四十多幅覆盖全球多元用户背景的无国界插画。
智慧互融 ColorOS 13懂你所需
去年，ColorOS 12 和野生动物摄影师Joel Sartore、美国图形艺术家Matt W. Moore等艺术家和艺术机构合作，推出了风格各异的艺术专辑。今年，ColorOS 13 新增了水生设计主题息屏、家园系列公益 AOD、艺术博物馆等更多艺术专辑。同时，在智慧息屏界面引入了在外卖、叫车、听歌三大场景。
在外卖场景下，从下单到外卖员取餐、送达的全流程信息都可以在息屏中呈现；在叫车服务中，在息屏上显示司机的实时距离；在听歌场景下，息屏交互可实现调节音量、选择歌单、切歌、暂停等常用功能。笔者使用下来，感觉更像是闪回键的息屏版，有了场景化信息功能，无需频繁亮屏不会错过外卖、叫车消息。
ColorOS 12上主推的Omoji也得到了新升级，现在你不仅可以在OPPO账号，息屏AOD，第三方视频通话应用中展示独属于你的Omoji 个性化虚拟形象，在使用抖音、快手等短视频软件拍摄或者直播时，通过呼出智能侧边栏，直接套用自己的Omoji个性形象。 “ColorOS 13的Omoji加入了包括脸型、发型、头饰、领饰等更多素材，对于捏脸党而言，提供的超过上亿种素材组合，让场景更丰富，造型更多变。”
系统流畅性方面， ColorOS 13基于OPPO自研系统级计算中枢，通过算力模型对硬件计算资源的精准调度，结合并行计算、高性能计算、端云计算、智能计算4 大计算引擎，重点解决了计算资源分配不合理、内存使用冲突的两个业界难题。根据OPPO实验室测试数据，升级到ColorOS 13 的 Find X5 Pro，整机性能提升 10%，在某热门 MOBA 游戏测试中，能够做到高帧率稳定，性能无损失，且续航提升 4.7%，同时将游戏最高温度降低了 1°C。同时，Find X5 Pro 8GB 版本可以在后台同开18个应用的前提下，做到重载场景下丢帧率降低至少25%。这项功能也将覆盖到此前发布的机型，对老用户来说，是一个不小的福音。
高效办公助手，信息流转一步到位
无论是现代办公节奏的市场需求，还是科技发展带来的技术支撑，“移动办公”无疑是大势所趋，无论是酒店、机场、飞机，办公场所不再局限于工位上，手机、电脑、平板也成为最佳工作拍档。考虑到用户移动办公和远程办公需求，以及工作中遇到的痛点、难点问题，ColorOS 13推出了集会议日程管理、会议智能提醒、纪要智能整理等功能的智能会议助手。
根据QuestMobile最新数据显示，7月协同办公APP MAU(月活跃用户)保持高位，钉钉月活跃用户数为1.91亿排名第一，其次是企业微信9599万，飞书734万。这些办公软件能够一键轻松创建会议日程，自动同步有截止时间的待办事项，而ColorOS 13 智能会议助手支持日程一键导入，可以将钉钉或飞书的日程一键导入到系统自带日历App中，打破不同App间的隔阂，做到日程统一管理。
同时，智能会议助手还可以会识别日程中的会议链接，并显示快捷加入会议的场景化跳转入口，点击即可一键入会。会议过程中，呼出智能侧边栏“字幕转记”功能，自动记录会议截图和笔记，会后生成图文并茂的会议纪要。此外，超级文本功能在ColorOS 13 上升级为全新的识文功能，现在不仅可以直接复制相册中照片或截图中的文本内容，还支持电话号码一键拨打、网址一键打开等快捷操作。
从小屏到万物互联，ColorOS 13是连接万物的起始点
笔者日常使用频次最高的跨屏互联在ColorOS 13 上，也迎来了跨屏互联迎来跨端通话、跨端互传两项重要升级。跨端通话顾名思义就是可以在PC端直接接听手机上的来电，更重要的是，跨屏互联功能并不受PC品牌限制，只要PC设备满足安装需求，就可以使用该功能。
许多像我一样的上班族，时常在办公室连续呆上六七个小时，时间一久，身体就容易吃不消。ColorOS 13联动OPPO Watch推出健康自检功能，可以60 秒生成含血管健康、心率、心电图、压力、血氧等健康指标的报告。在家庭空间中我们还可以查看如步数、心率、血氧饱和度、睡眠、心电等家人的健康状况，时刻守护家人健康。
下班打开后，在前往停车场的路途中，可以远处开启车内空调，靠近后，借助数字车钥匙直接刷卡上车。坐进驾驶舱内，Carlink 将手机无缝连接至车辆，在车机中控大屏上流畅体验来自于手机上的通讯、音乐和导航等应用服务，做到手机与车机之间无缝衔接。
除了上述提到的互联功能外，2022 OPPO开发者大会上还发布了最新的解决方案是智慧跨端系统——潘塔纳尔系统，作为 ColorOS 的「软芯片」，潘塔纳尔拓展了ColorOS作为操作系统的智慧跨端能力，是 OPPO 实现万物互融的软件基座。据悉潘塔纳尔1.0将于2023年，在ColorOS 13.1和14版本上陆续推出。
ColorOS 13更精细化的守护我们的隐私安全
在我们享受互联网带来便利的同时，关于个人隐私信息安全的问题也引起越来越多人的重视。在OPPO公布的 “3+N+X”的科技跃迁战略中，“N”代表AI、安全隐私、多媒体等多个能力中心。OPPO一如既往的重视系统的隐私安全，在ColorOS 13进一步提升用户隐私安全保障。
其中，新增的自动打码功能可对将识别出的头像、昵称进行模糊打码处理，并且还支持长截图的打码，方便在社交平台分享截图时不泄露隐私。当我们下载、安装一个新应用时，无论是软件商店的应用，还是在浏览器自行下载的安装包，ColorOS 13 智能护盾通过自研引擎和人工监测的综合判定，对手机应用的行为进行全链路、全场景地管控。同时，针对应用过度索取授权的“流氓行为”，ColorOS 13 新增智能权限推荐，基于最小必要原则进行“建议权限”推荐，并对“非必要授权”行为进行提醒。对于广告弹窗、相互拉活、诱导下载等恶意应用，恶意行为拦截功能基于AI 安全大脑，智能分析应用恶意行为特征，对不必要的自启动、恶意关联启动、恶意弹窗、诱导下载等黑灰产应用行为进行拦截，减少了隐私泄露风险。
尾声：
ColorOS 13在手机端并不算是一次颠覆性的大升级，而是在前代基础上，依托当下用户使用需求和使用痛点，对部分功能进行补充和延伸。但ColorOS 13也是一个新的开端， 智慧跨端系统潘塔纳尔将拓展ColorOS的智慧跨端能力。而从目前已经发布的功能上，不难发现OPPO已经为未来的万物互融打好了基础。等到2023年，我们就能见证到打破设备和系统之间的差异和限制，将不同设备真正连接起来，实现“设备无界”的完全体ColorOS。
ColorOS 13支持哪些机型
“coloros 13”首批支持的机型：1、“oppo find x5”；2、“oppo find x5 pro”；3、“oneplus 10 pro”。“coloros 13”是oppo公司研发的移动端操作系统，会在2022年8月30日召开的2022开发者大会中发布。
本教程操作环境：ColorOS 12系统、OPPO Find X5 Pro手机。
ColorOS 13支持哪些机型
ColorOS 13是OPPO公司研发的移动端操作系统，于2022年8月30日正式登场。
OPPO宣布将会在8月30日召开2022开发者大会，届时将带来ColorOS 13新操作系统，今日，外媒XDA爆出了一份基于Android13的ColorOS 13 Beta版本系统以及UI设计界面。
从曝光的系统截图来看，ColorOS 13在系统上有许多小细节的变化，比如下拉控制栏的快速设置布局方式，在右上角加入了一个方形的媒体播放器，不占用过多空间，同时提供便利。另外在截图时，可以对一些发件人、头像、名字等关键信息进行自动像素化处理，不需要再手动去裁剪或者打码，保护隐私。
首发适配的机型：
1、“OPPO Find X5”；
OPPO Find X5采用6.55英寸OLED屏幕；高度约160.3毫米，宽度约72.6毫米，厚度约8.7毫米，重量约196克；配有镜紫、雅白、素黑三种颜色。
OPPO Find X5搭载高通骁龙888八核处理器；后置5000万像素主镜头+5000万像素超广角主镜头+1300万像素长焦镜头三摄，支持双主摄支持OIS光学防抖，前置3200万像素摄像头；搭载4800毫安时容量电池。
2、“OPPO Find X5 Pro”；
OPPO Find X5 Pro采用6.7英寸AMOLED（LTPO）全面屏；配有黑釉、白瓷、水蓝三种颜色；高度约为163.7毫米，宽度约为73.9毫米；黑釉，白瓷厚度约为8.5毫米，重量约为218克；水蓝厚度约为8.8毫米，重量约为195克 。
OPPO Find X5 Pro搭载高通骁龙8 Gen1八核处理器，预装基于Android 12的ColorOS 12.1操作系统；后置5000万像素主镜头+5000万像素超广角主镜头+1300万像素长焦镜头三摄，前置3200万像素镜头摄像头；搭载5000毫安时容量不可拆卸电池；为5G手机
3、“OnePlus 10 Pro”；
OnePlus 10 Pro采用6.7英寸全面屏；配有破界黑、万物青、胖达白三种颜色；高度约为163.0毫米，宽度约为73.9毫米，厚度约为8.55毫米，重量约为200.5克 。
OnePlus 10 Pro搭载高通骁龙8 Gen1八核处理器，预装基于Android 12的ColorOS 12.1操作系统；后置4800万像素主镜头+5000万像素超广角镜头+800万像素长焦摄像头三摄，支持防抖功能、3.3倍光学变焦等拍照功能；前置3200万像素摄像头；搭载5000毫安时容量不可拆卸电池；为5G全网通手机
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Coloros11什么时候更新-Coloros11更新时间介绍
Coloros11什么时候更新？2020年9月24日在 OPPO 开发者大会上，全新 ColorOS 11 系统正式发布，支持无限息屏、闪达窗口等功能。那么Coloros11什么时候更新呢？下面就让小编给大家介绍一下。
一、Coloros11更新时间介绍
OPPO 也公布了计划适配 ColorOS 11 的机型名单，其中 Find X2、Find X2 Pro、Find X2 Pro 兰博基尼版、Ace2、Ace2 EVA 限定版、 Reno4 Pro 5G、Reno4 Pro 5G 2020 夏日定制版、Reno4 Pro 5G 艺术家限定版这 8 款机型 9 月 24 日起开启限量升级公测。包括 Reno4 5G、Reno4 SE 5G、Reno3 Pro 5G、Reno Ace 等在内的 25 款机型也都在适配计划中。
二、更新机型汇总介绍
以上就是Coloros11什么时候更新的全部内容，希望以上内容能帮助到朋友们。
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