Algorithm 生成o（1）中集合的所有组合

int{1,2,3}集合的组合为：

{}，{1}，{2}，{1,2}，{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}

常见的解决方案是跟踪索引的代表位掩码

从我的0-7中的数字示例：

000001010011100101110111

该算法允许迭代求解， 每次生成器检查每个位并决定是否插入该项时， 因此，它创建了运行时为O（n）的下一个组合

灰色代码：（来自维基百科） 反射二进制码（RBC），也称为弗兰克·格雷之后的格雷码， 是一种二进制数字系统，其中两个连续值仅在一位上不同

如果我们只使用灰色数字，我们得到的数字范围如下：

0000010101111101100

结果按不同顺序相同：

{}，{1}，{1,2}，{2}，{2,3}，{1,2,3}，{1,3}，{3}

但这里我们看到的区别只是一项。 是否可以使用格雷码范围在O（1）中实现发电机

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我知道，如果迭代，返回的列表无论如何都会有一个O（n）运行时。

增量和格雷码解决方案都是O（1）摊销的，我相信这和您将得到的一样好。“摊销O（1）”意味着您偶尔会获得更长的单次调用时间，但它们非常罕见，

k

连续调用的总时间为O（k），因此一次调用的平均时间为O（1）

这是一个比“预期O（1）”更强的说法，因为摊销执行时间是对足够调用的聚合保证，而如果您非常不走运，预期执行时间可能会产生意外的聚合时间。（在实践中，这种差异通常并不重要，但请参见，例如，针对“预期O（1）”哈希表查找的DoS攻击。）

要了解增量算法为何摊销为O（1），请查看每次迭代中翻转的位数。每隔一次迭代（数字以0结尾），正好翻转一位。每四次迭代，正好有两位被翻转。每第八次迭代，正好有三位被翻转。等等很容易看出，在

k

迭代中，将翻转

2k+log2k

位的最大总数

对于格雷码算法，每次迭代仅翻转一位，但必须找到该位。格雷码增量的一个简单迭代实现是保持当前选择的奇偶性。由于奇偶校验在每次迭代中都会发生变化，因此无需重新计算；它是简单的倒置。然后，算法在两个规则之间交替：

如果奇偶校验为偶数，则翻转低阶位

如果奇偶校验为奇数，则将该位翻转到最低阶1位的左侧

显然，选项1适用于一半的迭代，并且它只检查一位。对于选项2，我们需要计算每次迭代检查多少位。由于每种可能的位组合只出现一次，因此尾随零的数量遵循与递增整数序列相同的频率：每秒没有尾随零，每四次有一个，每八次有两个，依此类推

因此，最后，我们检查两种解决方案中相同数量的低阶位。但是，格雷码解决方案在每次迭代中只更改集合的一个元素，而增量解决方案更改两个的摊销平均值。因此，如果集合修改代价高昂，则格雷码算法可能更为优越

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事后思考

您可以直接将格雷码算法应用于集合，而无需传递位字符串，但其性能将取决于集合实现的某些细节。奇偶校验继续如上所述交替进行（它也是集合模2的大小，因此如果集合具有o（1）大小操作，则可以使用该操作而不是保持状态）。我们假设您有一些o（1）函数，将每个可能的集合元素映射到其后续元素（在宇宙中，而不是在选择中），这可能类似于位映射到集合元素的方式。然后，两种可能的算法操作是：

偶数奇偶：如果集合中最小的元素是宇宙中最小的元素，则移除该元素；否则添加它

奇数奇偶校验：如果集合中最小元素的后继元素也存在，则将其移除；否则，添加它

如果您需要在每次迭代中创建一个新集，而不是修改当前选择集，那么您当然不能做得比O（n）更好，因为选择的摊销平均大小是n/2，并且创建一个集所需的时间不能少于其大小

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O（1）算法的输出必须具有恒定的大小。您建议使用哪一个常量？@n.m.我正在考虑返回一个只读子集合。您要返回的内容必须是常量。您能在恒定大小的内存中表示子集合吗？常数是什么？顺便说一句，

o（1）

（不是

o（1）

）的值会随着

n

变大而减小。@n.m.一个双链接列表会在这里起作用。也许字典牙齿看起来是个好答案，但我不明白（2）——如果x是

1001

，那么将该位翻转到最低顺序1位的左边，就会得到

1011

。然后重复将再次给出

1001

。@PaulHankin:您是否阅读了使用奇偶校验来决定使用（1）和（2）中哪一个的部分？您从未连续应用（1）或（2）两次。事实上，

1001

甚至具有奇偶校验，因此可以翻转低位，

1000

。它具有奇偶校验，因此您可以移动到

11000

。偶数奇偶校验，

11001

。奇数奇偶校验，

11011

。甚至

11010

。奇数

11110

。稍微