重复组合计数
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【中文标题】重复组合计数【英文标题】：Count of combinations with repetitions 【发布时间】：2018-11-29 15:25:19 【问题描述】：我有一种非常低效的方法来计算大小为 N 的数组中 N/2 项的组合。我所做的是对数组进行排序，然后循环遍历数组的排列，创建具有一半的多重集元素并将其插入到集合中。最后我得到了集合的计数。
long GetCombinations(std::vector<double> nums)
long combinations = 0;
std::sort(nums.begin(), nums.end());
std::set<std::multiset<double>> super_set;
do
std::multiset<double> multi_set;
for (unsigned int i = 0; i < nums.size() / 2; ++i)
multi_set.insert(nums[i]);
auto el = (super_set.insert(multi_set));
if (el.second)
++combinations;
while (std::next_permutation(nums.begin(), nums.end()));
return combinations;
代码有效，但效率很低。对于给定的数组[0.5, 0.5, 1, 1]，大小为 2 的有 3 种组合：
0.5, 0.5 1, 1 1, 0.5
是否有不同的算法或方法可以提高此代码的速度？
【问题讨论】：
如果代码有效，而您只想提高性能，codereview.stackexchange.com 更适合此类问题。 可能有 4 种组合 0.5 , 1 , 1, 0.5 , 0.5 , 0.5 , 1, 1 ? 有很好的公式来计算组合的数量。正确的解决方案是使用正确的数学。见en.wikipedia.org/wiki/Combination @AndrewKashpur 生成组合时顺序无关紧要。1, 0.5 是 0.5, 1 的组合。如果顺序很重要，那就是排列。
为什么不直接计算二项式系数的值？
【参考方案1】：
计数组合
一般来说，确定特定集合的组合数量是非常简单的。但是，将其扩展到每个元素重复特定次数的多重集要困难得多，并且没有很好的文档记录。 @WorldSEnder 链接到一个数学/stackexchange 答案，该答案有一个 comment，并链接到 Frank Ruskey 的这篇名为 Combinatorial Generation 的精彩组合文章的链接。如果您转到第 71 页，则有一个部分更严格地处理了这个主题。
基本定义
-
Set - 不同对象的集合。
- 例如。
a, b 与 a, a, b 相同，并且都具有基数 2
Multiset - 类似于集合，但允许重复条目。
- 例如。 a, b 和 a, a, b 是不同的多重集，基数分别为 2 和 3
二项式系数 - 给出 n 元素集的 k 元素子集的数量。
Multiset Coefficient/Number - 基数 k 的多重集的数量，其中元素取自有限集。
误解
人们相信有一个简单的公式可以快速计算长度为 k 的多重集的组合数量，其中每个元素重复特定次数（请参阅高度赞成的 cmets更多）。下面，我们将逐一研究众所周知的方法。
让我们从二项式系数的一般应用开始。我们立即看到这将失败，因为它严格意味着计算 set 的组合数，其中不允许重复条目。在我们的例子中，允许重复。
在***页面上进一步阅读，有一个部分称为Number of combinations with repetition。这看起来很有希望，因为我们确实有 一些 复制。我们还看到了修改后的二项式系数，这似乎更有希望。仔细观察会发现这也将失败，因为这严格适用于每个元素重复最多 k 次的多重集。
最后，我们试试multiset coefficient。列出的示例之一看起来与我们想要完成的非常相似。
“首先，考虑表示 a, a, a, a, a, a, b, b, c, c, c, d, d, d, d, d, d, d (6 as, 2 bs, 3 cs, 7 ds) 这种形式："
这看起来是我们试图推导的一个很好的候选。但是，您会看到他们继续推导出可以从一组 4 个不同元素中构造多组基数 18 的方法的数量。这相当于长度为 4 的 18 个 integer compositions 的数量。例如
18 + 0 + 0 + 0
17 + 1 + 0 + 0
16 + 2 + 0 + 0
.
.
.
5 + 4 + 6 + 3
4 + 5 + 6 + 3
3 + 6 + 6 + 3
.
.
.
0 + 1 + 0 + 17
0 + 0 + 1 + 17
0 + 0 + 0 + 18
如您所见，顺序很重要，显然不适用于我们的情况。
最后提到的两种方法源自著名的Stars and Bars 方法，用于解决简单的计数问题。据我所知，这种方法不容易扩展到我们的案例。
一种工作算法
unsigned long int getCombinationCount(std::vector<double> nums)
unsigned long int n = nums.size();
unsigned long int n2 = n / 2;
unsigned long int numUnique = 1;
unsigned long int numCombinations;
std::sort(nums.begin(), nums.end());
std::vector<int> numReps;
double testVal = nums[0];
numReps.push_back(1);
for (std::size_t i = 1; i < n; ++i)
if (nums[i] != testVal)
numReps.push_back(1);
testVal = nums[i];
++numUnique;
else
++numReps[numUnique - 1];
int myMax, r = n2 + 1;
std::vector<double> triangleVec(r);
std::vector<double> temp(r);
double tempSum;
myMax = r;
if (myMax > numReps[0] + 1)
myMax = numReps[0] + 1;
for (int i = 0; i < myMax; ++i)
triangleVec[i] = 1;
temp = triangleVec;
for (std::size_t k = 1; k < numUnique; ++k)
for (int i = n2; i > 0; --i)
myMax = i - numReps[k];
if (myMax < 0)
myMax = 0;
tempSum = 0;
for (int j = myMax; j <= i; ++j)
tempSum += triangleVec[j];
temp[i] = tempSum;
triangleVec = temp;
numCombinations = (unsigned long int) triangleVec[n2];
return numCombinations;
使用修正帕斯卡三角形的解释
传统的Pascal's Triangle（PT 从这里开始）中的条目表示二项式系数，其中三角形的行是您集合中的元素数，列是您希望生成的组合的长度。三角形的构造是我们如何解决手头问题的关键。
如果您注意到对于传统的 PT，要获取特定条目，请说 (i, j) 其中 i 是行，而 j em> 是列，您必须添加条目 (i - 1, j - 1) 和 (i - 1, j)。这是一个插图。
1
1 1
1 2 1 N.B. The first 10 is in the 5th row and 3rd column
1 3 3 1 and is obtained by adding the entries from the
1 4 6 4 1 4th row and 2nd/3rd.
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
我们可以将其扩展到一般的多重集，其中每个元素都重复特定的次数。让我们考虑几个例子。
示例 1：v1 = 1, 2, 2、v2 = 1, 2, 2, 3, 3, 3 和 v3 = 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4
下面是v1 choose 1 - 3 和v2 choose 1 - 6 的所有可能组合。
[,1] [,1]
[1,] 1 [1,] 1
[2,] 2 [2,] 2
[3,] 3
[,1] [,2] [,1] [,2]
[1,] 1 2 [1,] 1 2
[2,] 2 2 [2,] 1 3
[3,] 2 2
[4,] 2 3
[5,] 3 3
[,1] [,2] [,3] [,1] [,2] [,3]
[1,] 1 2 2 [1,] 1 2 2
[2,] 1 2 3
[3,] 1 3 3
[4,] 2 2 3
[5,] 2 3 3
[6,] 3 3 3
[,1] [,2] [,3] [,4]
[1,] 1 2 2 3
[2,] 1 2 3 3
[3,] 1 3 3 3
[4,] 2 2 3 3
[5,] 2 3 3 3
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5]
[1,] 1 2 2 3 3
[2,] 1 2 3 3 3
[3,] 2 2 3 3 3
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6]
[1,] 1 2 2 3 3 3
让我们写下 v1 和 v2 的所有 k 组合的数量。
2 2 1
3 5 6 5 3 1
我将为您提供v3 的所有 k 个组合的数量（我将留给读者列举它们）。
4 9 15 20 22 20 15 9 4 1
我们以一种特殊的方式结合上面的结果，并注意到事情开始看起来非常熟悉。
2 2 1
3 5 6 5 3 1
4 9 15 20 22 20 15 9 4 1
我们添加几个作为占位符来完成这个修改后的 PT
1 1
1 2 2 1
1 3 5 6 5 3 1
1 4 9 15 20 22 20 15 9 4 1
这是什么意思？有点清楚的是，每一行中的数字是前一行中的数字的组合。但是怎么做呢？......
我们让每个元素的频率指导我们。
例如，要获得代表v2 choose 1 - 6的组合数的第三行（忽略第一个1），我们查看第2行。由于第3个元素的频率为3，我们将4个元素（3 + 1 .. 就像用于查找具有不同元素的集合组合数量的二项式系数一样，我们将 2 个条目添加到一起或 1 + 1) 在上面的行中，列小于或等于我们找到的列。所以我们有：
if the column index is non-positive or greater than the
number of columns in the previous row, the value is 0
v2 choose 3
(3, 2) = (2, 2 - 3) + (2, 2 - 2) + (2, 2 - 1) + (2, 2 - 0)
= 0 + 0 + 1 + 2
= 3
v2 choose 4
(3, 3) = (2, 3 - 3) + (2, 3 - 2) + (2, 3 - 1) + (2, 3 - 0)
= 0 + 1 + 2 + 2
= 5
v2 choose 5
(3, 4) = (2, 4 - 3) + (2, 4 - 2) + (2, 4 - 1) + (2, 4 - 0)
= 1 + 2 + 2 + 1
= 6
v2 choose 6 outside of range
(3, 5) = (2, 5 - 3) + (2, 5 - 2) + (2, 5 - 1) + (2, 5 - 0)
= 2 + 2 + 1 + 0
= 5
etc.
继续这个逻辑，让我们看看我们是否可以获得v3的k-组合的数量。由于第 4 个元素的频率是 4，我们需要将 5 个条目加在一起。
v3 choose 3
(4, 2) = (3, 2 - 4) + (3, 2 - 3) + (3, 2 - 2) + (3, 2 - 1) + (3, 2 - 0)
= 0 + 0 + 0 + 1 + 3
= 4
v3 choose 4
(4, 3) = (3, 3 - 4) + (3, 3 - 3) + (3, 3 - 2) + (3, 3 - 1) + (3, 3 - 0)
= 0 + 0 + 1 + 3 + 5
= 9
v3 choose 5
(4, 4) = (3, 4 - 4) + (3, 4 - 3) + (3, 4 - 2) + (3, 4 - 1) + (3, 4 - 0)
= 0 + 1 + 3 + 5 + 6
= 15
v3 choose 6
(4, 5) = (3, 5 - 4) + (3, 5 - 3) + (3, 5 - 2) + (3, 5 - 1) + (3, 5 - 0)
= 1 + 3 + 5 + 6 + 5
= 20
etc.
事实上，我们确实得到了正确数量的 k-v3 组合。
示例 2：z1 = 1,1,1,2、z2 = 1,1,1,1,2,3,3,3,3,3 和 z3 = 1,1,1,1,2,3,3,3,3,3,4,4
您会注意到，我们正在构建这些向量，使得每个连续的向量都包含先前的向量。我们这样做是为了能够正确构建修改后的 PT。这类似于传统的 PT，在每个连续行中，我们只是将一个数字添加到前一行。这些向量的修改后的 PT 是：
1 1 1 1
1 2 2 2 1
1 3 5 7 8 8 7 5 3 1
1 4 9 15 20 23 23 20 15 9 4 1
让我们构造z2 choose 6 和z3 choose 9 看看我们是否正确：
z2 choose 6
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6]
[1,] 1 1 1 2 3 3
[2,] 1 1 1 3 3 3 This shows that we produce 7 combs
[3,] 1 1 2 3 3 3 just as predicted by our modified
[4,] 1 1 3 3 3 3 PT (i.e. entry (3, 6 + 1) = 7)
[5,] 1 2 3 3 3 3
[6,] 1 3 3 3 3 3
[7,] 2 3 3 3 3 3
z3 choose 9
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [,8] [,9]
[1,] 1 1 1 2 3 3 3 3 3
[2,] 1 1 1 2 3 3 3 3 4
[3,] 1 1 1 2 3 3 3 4 4 This shows that we produce 9
[4,] 1 1 1 3 3 3 3 3 4 combs just as predicted by
[5,] 1 1 1 3 3 3 3 4 4 our modified PT (i.e. entry
[6,] 1 1 2 3 3 3 3 3 4 (4, 9 + 1) = 9)
[7,] 1 1 2 3 3 3 3 4 4
[8,] 1 1 3 3 3 3 3 4 4
[9,] 1 2 3 3 3 3 3 4 4
作为一个快速说明，第一行占位符类似于传统 PT 的第二行（即1 1）。粗略地说（见边缘情况的代码），如果第一个元素的频率为 m，则修改后的 PT 的第一行将包含 m + 1 个。
没有通用公式的原因（例如类似于二项式系数的东西）
从上面的两个例子可以看出，修改后的 PT 是基于特定的多集，因此不能一概而论。即使您考虑由相同不同元素组成的某些基数的多重集，修改后的 PT 也会有所不同。例如，多重集a = 1, 2, 2, 3, 3, 3 和b = 1, 1, 2, 2, 3, 3 分别生成以下修改后的 PT：
1 1
1 2 2 1
1 3 5 6 5 3 1
1 1 1
1 2 3 2 1
1 3 6 7 6 3 1
注意a choose 2 = 5 而b choose 2 = 6。
基准测试：
这里是ideone 的链接，展示了新算法的加速。对于向量4, 2, 6, 4, 9, 8, 2, 4, 1, 1, 6, 9，原始的计时是2285718 时钟滴答，而上面的算法在8 时钟滴答中完成，总速度提高了2285728 / 8 = 285714.75...超过十万倍。它们都返回相同数量的组合（即 122）。大多数速度提升来自避免显式生成任何组合（或 OP 代码所做的排列）。
【讨论】：
@JosephWood 谢谢。这肯定会更快，但解释会有所帮助。 我很难清楚地解释这个算法。如果有人认为他们可以增加清晰度，我很乐意将其转换为社区 wiki。 我能理解矩阵的理论。但是，我仍然对代码有所了解。 'myMax' 是做什么用的？你不是在为'triangleVec'中的组合总和构建一个数组吗？ @WorldSEnder，非常感谢您提供的链接.. cmets 中有一篇很棒的文章来回答。以上是关于重复组合计数的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章