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位掩码。
从我的0-7中的数字示例：
000,001,010,011,100,101,110,111
该算法允许迭代解决方案， 每次发生器越过每一位并决定是否插入物品， 所以它创建了O（n）运行时的下一个组合。
格雷码:(来自维基百科） 反射二进制代码（RBC），也称为Frank Grey之后的格雷码， 是一个二进制数字系统，其中两个连续值仅相差一位
如果我们只使用灰色数字而得到这个数字范围：
000,001,011,010,110,111,101,100
结果的顺序不同：
{}，{1}，{1,2}，{2}，{2,3}，{1,2,3}，{1,3}，{3}
但在这里我们看到差异只是一个项目。 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O（n）运行时。
答案 0 :(得分：2)
增量和格雷码解决方案都是摊销的O（1），我相信这样你就可以得到。 “分摊的O（1）”意味着您偶尔会在一次调用中获得更长的时间，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是O（1）。
这是一个比“预期的O（1）”更强的主张，因为摊销的执行时间是在足够的调用中聚合的保证，而如果您非常不幸，预期的执行时间可能会产生意外的总时间。 （实际上，差异通常并不重要，但请参阅DoS针对“预期的O（1）”散列表查找的攻击。）
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。每隔一次迭代（数字以0结尾），恰好翻转一位。每四次迭代，恰好两位被翻转。每第八次迭代，恰好三位被翻转。等等。很容易证明，在k次迭代中，最多总共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。格雷码递增的简单迭代实现是维持当前选择的奇偶校验。由于奇偶校验在每次迭代时都会发生变化，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：
如果奇偶校验是偶数，则翻转低位。
如果奇偶校验是奇数，则将该位翻转到最低位1位的左侧。
显然，选项1适用于一半的迭代，它只清楚地检查一位。对于选项2，我们需要确定每次迭代检查的位数。由于每个可能的位组合恰好出现一次，所以尾随零的数量遵循与增量的整数序列相同的频率：每隔一次，没有尾随零，每四次有一次，每八次有两次，等等。
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时仅更改集合中的一个元素，而增量解决方案将分摊的平均值更改为2。因此，如果设置修改很昂贵，格雷码算法可能会更好。
您可以将格雷码算法直接应用于集合而不通过位字符串，但它的性能将取决于集合实现的一些细节。奇偶校验继续如上所述交替（它也是模2的集合的大小，因此如果你的集合具有o（1）大小的操作，你可以使用它而不是维持状态）。我们假设你有一些o（1）函数将每个可能的set元素映射到它的后继（在Universe中，而不是选择），这可能类似于位映射到set元素的方式。然后两个可能的算法动作是：
偶校验：如果集合中的最小元素是Universe中的最小元素，则删除该元素;否则加上它。
奇数奇偶校验：如果集合中最小元素的后继也存在，则将其删除;否则，加上它。
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，那么当然你不能做得比O（n）好，因为选择的摊销平均大小是n / 2，创建一个集合所花费的时间不会超过其大小。