返回位数组的第 i 个组合答案

【问题标题】：Returning i-th combination of a bit array返回位数组的第 i 个组合
【发布时间】：2012-08-14 16:36:25
【问题描述】：

给定一个固定长度的位数组以及它包含的 0 和 1 的数量，我如何安排所有可能的组合，以便返回第 i 个组合花费尽可能少的时间？它们返回的顺序并不重要。

这是一个例子：

array length = 6
number of 0s = 4
number of 1s = 2

可能的组合（6！/4！/2！） 000011 000101 000110 001001 001010 001100 010001 010010 010100 011000 100001 100010 100100 101000 110000

问题第一个组合 = 000011 第 5 个组合 = 001010 第 9 个组合 = 010100

采用不同的安排，例如 100001 100010 100100 101000 110000 001100 010001 010010 010100 011000 000011 000101 000110 001001 001010

它会返回第一个组合 = 100001 第 5 个组合 = 110000 第 9 个组合 = 010100

目前我正在使用 O(n) 算法来测试每个位是 1 还是 0。问题是我需要处理很多非常长的数组（大约 10000 位），所以它仍然很慢（而且缓存是不可能的）。我想知道您是否认为可能存在更快的算法。

谢谢

【问题讨论】：

也许这个答案会对你有所帮助：stackoverflow.com/a/311716/220060
你最终要返回多少种组合？
只是所有可能性中的一小部分（当然，因为它们是 2^10000），但即使它们只有 1000 也需要很多时间。
嗯。我不认为我理解这个问题。如果集合的顺序无关紧要，那么在您的示例中，您不能返回任何 2 位设置为第一个组合的 6 位值，以及任何 2 位设置的 6 位值（您尚未选择）作为第 5 个组合等？
谢谢 nalply，但我无法理解该代码与此问题的关系。我的问题是我有一个集合（如上所述），我需要准确提取第 i 个和第 j 个和第 n 个组合。第 i 个或第 j 个是什么并不重要，只要算法是一致的（也就是说，如果我要求第 i 个它总是返回相同的）并且可能比 O(n) 运行得更快（也许 O (ln n) 甚至 O(1))

标签： algorithm bit-manipulation combinations

【解决方案1】：

我不确定我是否理解这个问题，但如果你只想要第 i 个组合而不生成其他组合，这里有一个可能的算法：

有 C(M,N)=M!/(N!(M-N)!) 个 N 位组合设置为 1，最高位在位置 M。

你想要第 i 个：你迭代地递增 M 直到 C(M,N)>=i

while( C(M,N) < i ) M = M + 1

这将告诉您设置的最高位。当然，你用迭代计算组合

C(M+1,N) = C(M,N)*(M+1)/(M+1-N)

一旦找到，你就会遇到一个问题，即要找到第 (i-C(M-1,N)) 个 N-1 位的组合，所以你可以在 N 中应用递归...
这是一个可能的变体，D=C(M+1,N)-C(M,N)，并且 I=I-1 使其从零开始

SOL=0
I=I-1
while(N>0)
    M=N
    C=1
    D=1
    while(i>=D)
        i=i-D
        M=M+1
        D=N*C/(M-N)
        C=C+D
    SOL=SOL+(1<<(M-1))
    N=N-1
RETURN SOL

如果你有那么多位，这将需要大整数运算......

【讨论】：

【解决方案2】：

如果排序无关紧要（它只需要保持一致），我认为最快的做法是让组合（i）返回任何你想要的具有所需密度的东西第一次使用参数 i 调用组合（）。然后将该值存储在成员变量中（例如，将值 i 作为键并将您返回的组合作为其值的哈希图）。第二次调用combination(i)，你只需在hashmap中查找i，找出你之前返回的内容，然后再次返回。

当然，当您返回参数（i）的组合时，您需要确保它不是您之前为其他参数返回的东西。

如果您将被要求返回的数字明显小于组合的总数，那么第一次调用组合（i）的一个简单实现是随机生成一个全为 0 的正确长度的值将位的 num_ones 设置为 1，然后确保它不是您已经为不同的 i 值返回的位。

【讨论】：

【解决方案3】：

您的问题似乎受到二项式系数的限制。在你给出的例子中，问题可以这样翻译：

有 6 个项目，一次可以选择 2 个。通过使用二项式系数，可以将唯一组合的总数计算为 N! / (K! (N - K)!，对于 K = 2 的情况，简化为 N(N-1)/2。将 6 代入 N，我们得到 15，这与您计算的组合数量相同6！/ 4！/ 2！ - 这似乎是另一种计算二项式系数的方法，这是我以前从未见过的。我也尝试过其他组合，两个公式产生相同数量的组合。所以，它看起来像您的问题可以转化为二项式系数问题。

鉴于此，您似乎可以利用我编写的一个类来处理处理二项式系数的常用函数：

以适合任何 N 选择 K 的格式将所有 K 索引输出到文件。 K-indexes 可以替换为更具描述性的字符串或字母。这种方法使得解决这类问题变得非常简单。
将 K 索引转换为已排序二项式系数表中条目的正确索引。这种技术比依赖迭代的旧已发布技术快得多。它通过使用帕斯卡三角形固有的数学属性来做到这一点。我的论文谈到了这一点。我相信我是第一个发现并发表这种技术的人，但我可能是错的。
将已排序的二项式系数表中的索引转换为相应的 K 索引。
使用Mark Dominus方法计算二项式系数，该方法不太可能溢出并且适用于较大的数字。
该类是用 .NET C# 编写的，并提供了一种通过使用通用列表来管理与问题相关的对象（如果有）的方法。此类的构造函数采用一个名为 InitTable 的 bool 值，当它为 true 时，将创建一个通用列表来保存要管理的对象。如果此值为 false，则不会创建表。无需创建表即可执行上述 4 种方法。提供访问器方法来访问表。
有一个关联的测试类显示如何使用该类及其方法。它已经过 2 个案例的广泛测试，没有已知的错误。

要了解该课程并下载代码，请参阅Tablizing The Binomial Coeffieicent。

将此类转换为您选择的语言应该不难。

可能存在一些限制，因为您使用的 N 非常大，最终可能会创建比程序处理能力更大的数字。如果 K 也可以很大，则尤其如此。目前，该类仅限于 int 的大小。但是，更新它以使用 long 应该不难。

【讨论】：