当我解决Euler project problem #15时，我意识到它可以通过从开始到结束的路线组合方式来解决。生成的路径始终具有相同大小的向右或向下选择（或0和1），而正确的路径始终具有相同的0和1的数量。 因此，二进制字中具有相同数量0和1的数字的数量是 C（2,1）为1位长度 C（4,2）为2位“” C（6,3）为4位“” ...
现在我的问题出现了： 如果一个数字具有相同的0和1的数量，是否有一个函数可以解决？ 我想它更像是一个逻辑函数，我不想迭代所有数字或使用正则表达式（这将比迭代更糟）。
**其他问题是关于这种“平衡”价值观之间的增长和空间吗？
答案 0 :(得分：5)
您正在寻找 popcount 函数，该函数计算给定数字中的设置位数。有些处理器内置了，有些则没有。
c=0; while (n &= (n-1)) c++;
完成工作，但会摧毁n。
有关更好的算法，请参阅this link，或google“popcount”。
答案 1 :(得分：3)
作为Paul R答案的后续内容， 简化了中心二项式系数的公式，请参阅http://mathworld.wolfram.com/CentralBinomialCoefficient.html
p = n！ /（（n / 2）！）²= 2 n / 2 （n-1）!! /（n / 2）！
ķ!!是“双因子”，这意味着你在计算时跳过所有其他数字：k !! = k *（k-2）*（k-4）* ...（只要因子为正）。
对于你的计算，很多数字都会被取消（你可以在计算分子和分母时同时使用gcd）
答案 2 :(得分：1)
如果我理解正确，那么p = nCr r = n/2 p = n! / ((n/2)! * (n/2)!)。所以：
{{1}}
答案 3 :(得分：0)
可以通过想象你在路上选择路径来直接找到平衡值（即选择从n开始2n次。）
因此，这些值C(2n,n)为2n! / (n! * n!)。值的总数当然是2^2n。使用斯特林的近似值，我们找到了
ln n! ~= n ln n - n + ln(2*pi*n)/2
ln 2n!/(n!*n!) = ln(2n!) - 2*ln(n!) ~= 2n*ln(2) - n + ln(4*pi*n)/2 - ln(2*pi*n)
这样好的值的分数C(2n,n)/2^(2n)是
exp(2n*ln(2) - n + ln(4*pi*n)/2 - ln(2*pi*n) - 2n*ln(2)) =
exp(-n)/sqrt(pi*n)
因此，良好值的数量呈指数下降。
这就是为什么直接选择它们而不是测试它是明智的。
但如果你真的想测试，有各种比特计数方法here。 （Kernighan可能是最快的 - 但是他不是第一个注意到它的人，并且已经在这里发布了一个等效的算法！）
答案 4 :(得分：0)
您可以使用查找表将n-bt数字映射到其1-count。例如，如果您总是使用23位无符号整数，则16位和7位的查找表将允许您拆分数字，并从查找表中为16位和7位部分添加一位数。 （7位查找表可能只是16位表的一部分）。
答案 5 :(得分：0)
对于'i'的偶数值，2 ^ i和2 ^（i-1）之间的这些数字（等于1和0）的数量由以下公式给出：
（I-1）！/ [X！ *（x-1）！]
其中x = i / 2。
我尝试在C中编写一个程序来生成它，但它溢出了。然后我用浮点运算做到了。直到我= 56它的好处。之后，准确度会下降。
但BigInt库应该能够完成这项任务而不会溢出。