在 o(1) 中生成一个集合的所有组合
Generate all combinations of a collection in o(1)
int {1,2,3} 集合的组合是：
{},{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性位掩码。
来自我的 0-7 数字示例：
000,001,010,011,100,101,110,111
此算法允许迭代解决方案，
每次生成器遍历每一位并决定是否插入该项目时，
所以它用 运行 时间的 O(n) 创建了下一个组合。
格雷码：（来自维基百科）
反射二进制码（RBC），也被称为弗兰克格雷之后的格雷码，
是一个二进制数字系统，其中两个连续的值只有一位不同
如果我们只使用灰色数字，我们会得到这个数字范围：
000,001,011,010,110,111,101,100
不同顺序结果相同：
{},{1},{1,2},{2},{2,3},{1,2,3},{1,3},{3}
但是在这里我们看到只有一项不同。
是否可以使用格雷码范围在 O(1) 中实现生成器。
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 时间。
增量解决方案和格雷码解决方案均摊销为 O(1)，我相信这与您将获得的一样好。 “摊销 O(1)” 意味着您偶尔会在单次调用中获得更长的时间，但这种情况很少见 k 连续调用的总时间为 O(k)，因此一次调用的平均时间是 O(1).
这比“预期的 O(1)”更有说服力，因为分摊执行时间是对足够调用的总计的保证，而如果您极度不吉利。 （在实践中，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 O(1)，请查看每次迭代中翻转的位数。每第二次迭代（数字以 0 结尾），正好翻转一位。每四次迭代，正好翻转两位。每八次迭代，正好翻转三个位。等等。很容易证明，在 k 次迭代后，最多 2k +log2 k 位将被翻转。
对于格雷码算法，每次迭代只翻转一位，但必须找到该位。格雷码递增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；它只是倒置了。然后算法在两个规则之间交替：
如果奇偶校验，翻转低位。
如果奇偶校验为奇数，将最低位1位向左翻转
显然，选项 1 适用于一半的迭代，它显然只检查一位。对于选项 2，我们需要计算出每次迭代检查了多少位。由于每个可能的位组合恰好出现一次，因此尾随零的数量遵循与整数递增序列相同的频率：每隔两次，没有尾随零，每四次有一个，每八次有两个，等等。
所以，最后，我们检查了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仅更改集合中的一个元素，而增量解决方案会更改两个元素的摊销平均值。所以如果集合修改是昂贵的，格雷码算法可能更优越。
事后思考
您可以将格雷码算法直接应用于集合而不通过位串，但它的性能将取决于集合实现的一些细节。奇偶校验继续如上交替（它也是集合的模数 2 的大小，所以如果你的集合有一个 o(1) 大小的操作，你可以使用它而不是保持状态）。我们假设你有一些 o(1) 函数将每个可能的集合元素映射到它的后继者（在宇宙中，而不是选择），这可能类似于位映射到集合元素的方式。那么两种可能的算法动作是：
偶校验：如果集合中最小的元素是全域中最小的元素，则去掉那个元素；否则添加它。
奇校验：如果集合中最小元素的后继也存在，则移除；否则，添加它。
如果你需要在每次迭代时创建一个新的集合，而不是修改当前的选择集，那么你当然不能比 O(n) 做得更好，因为选择是 n/2，创建集合所需的时间不能少于其大小。
int {1,2,3} 集合的组合是：
{},{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性位掩码。
来自我的 0-7 数字示例：
000,001,010,011,100,101,110,111
此算法允许迭代解决方案， 每次生成器遍历每一位并决定是否插入该项目时， 所以它用 运行 时间的 O(n) 创建了下一个组合。
格雷码：（来自维基百科） 反射二进制码（RBC），也被称为弗兰克格雷之后的格雷码， 是一个二进制数字系统，其中两个连续的值只有一位不同
如果我们只使用灰色数字，我们会得到这个数字范围：
000,001,011,010,110,111,101,100
不同顺序结果相同：
{},{1},{1,2},{2},{2,3},{1,2,3},{1,3},{3}
但是在这里我们看到只有一项不同。 是否可以使用格雷码范围在 O(1) 中实现生成器。
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 时间。
增量解决方案和格雷码解决方案均摊销为 O(1)，我相信这与您将获得的一样好。 “摊销 O(1)” 意味着您偶尔会在单次调用中获得更长的时间，但这种情况很少见 k 连续调用的总时间为 O(k)，因此一次调用的平均时间是 O(1).
这比“预期的 O(1)”更有说服力，因为分摊执行时间是对足够调用的总计的保证，而如果您极度不吉利。 （在实践中，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 O(1)，请查看每次迭代中翻转的位数。每第二次迭代（数字以 0 结尾），正好翻转一位。每四次迭代，正好翻转两位。每八次迭代，正好翻转三个位。等等。很容易证明，在 k 次迭代后，最多 2k +log2 k 位将被翻转。
对于格雷码算法，每次迭代只翻转一位，但必须找到该位。格雷码递增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；它只是倒置了。然后算法在两个规则之间交替：
如果奇偶校验，翻转低位。
如果奇偶校验为奇数，将最低位1位向左翻转
显然，选项 1 适用于一半的迭代，它显然只检查一位。对于选项 2，我们需要计算出每次迭代检查了多少位。由于每个可能的位组合恰好出现一次，因此尾随零的数量遵循与整数递增序列相同的频率：每隔两次，没有尾随零，每四次有一个，每八次有两个，等等。
所以，最后，我们检查了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仅更改集合中的一个元素，而增量解决方案会更改两个元素的摊销平均值。所以如果集合修改是昂贵的，格雷码算法可能更优越。
事后思考
您可以将格雷码算法直接应用于集合而不通过位串，但它的性能将取决于集合实现的一些细节。奇偶校验继续如上交替（它也是集合的模数 2 的大小，所以如果你的集合有一个 o(1) 大小的操作，你可以使用它而不是保持状态）。我们假设你有一些 o(1) 函数将每个可能的集合元素映射到它的后继者（在宇宙中，而不是选择），这可能类似于位映射到集合元素的方式。那么两种可能的算法动作是：
偶校验：如果集合中最小的元素是全域中最小的元素，则去掉那个元素；否则添加它。
奇校验：如果集合中最小元素的后继也存在，则移除；否则，添加它。
如果你需要在每次迭代时创建一个新的集合，而不是修改当前的选择集，那么你当然不能比 O(n) 做得更好，因为选择是 n/2，创建集合所需的时间不能少于其大小。