这篇文章翻译自coolest way to generate combination,但不是全译，如有错误欢迎指出。
文章中把他们这个快速生成所有的组合的方法称为 cool-lex方法，特点是最后可以优化成没有循环和分支判断语句的执行代码。下面，我们先来介绍一些定义。
什么是前缀，什么是后缀我就不罗嗦了。定义(S =s_1 ,s_2,s_3,cdots s_m)是一个字符串序列,字母集合为0，1。(Sb = s_1 b,s_2 b,s_3 b,cdots s_m b) , ( S[i]=s_i),(first(S)=s_1),(last(S)=s_m),( vec(S)=s_2,s_3,cdots ,s_m,s_1)。如果b是一个由0，1组成的字符串，且长度为n，则我们用(l(b))表示为b中满足以010或011结尾的最短前缀的长度，如果不存在这个前缀，则(l(b))是n。用(p(b))表示这个最短前缀，然后用(s(b))作为剩下的那一部分，则(b=p(b)s(b))。让(sigma (b))作为将(p(b))循环右移一位，然后再将(s(b))附在其末尾的新字符串，并递归定义(sigma ^i (b)=sigma (sigma ^{i-1}(b))),(sigma ^0 (b) = b)。
然后，我们来分析在(sigma)变换下，字符串的性质。在变换的过程中，(1^t 0^s )和(1^{t-1} 0^s 1)是非常重要的字符串，因为这些字符串是所有长度为(s+t)且刚好有(t)个1的字符串中仅有的满足不存在010和011子字符串的字符串。在变换下，我们有如下性质。
$$sigma (b) 0 =sigma (b0) ext{当且仅当} b eq 1^{t-1}0^s1$$
$$sigma (b) 1 = sigma (b1) ext{ 当且仅当} b eq 1^t 0^s with s geq 1$$
$$ sigma (1^{t-1}0^s1)=1^t 0^s$$
$$ sigma (b) =sigma (p(b))s(b)$$
我们有如下引理
(sigma (b)) 只需要对b操作两次或一次字符交换来得到
证明如下：如果(p(b))并不是以010或011结尾的，则(b=1^t 0^s)而且(sigma (b) = 01^t0^{s-1}),或者(b= 1^{t-1}0^s1),此时(sigma (b)=1^t0^s).在这两个情况下，(sigma (b))都可以通过交换b中两个字符的位置来得到。如果(p(b))是以010或011结尾，那(p(b))一定是一下几种形式的一种：(00^i10,11^i00^j10,001^i1,11^i00^j11)。对于这四种情况我们都可以通过最多交换两次来得到循环右移的值，对于相交换的两个位置，我们分别用下横线和上横线标出来。
$$sigma (00^i10)=00^iunderline{10}=00^i01$$
$$sigma (1^i00^j10)=underline{1}1^iunderline{0}0^joverline{10}=01^i10^joverline{10}=011^i00^j1$$
$$sigma (00^i11)=underline{0}0^iunderline{1}1=100^i1$$
$$sigma (11^i 00^j11)=11^iunderline{0}0^junderline{1}1=111^i00^j1$$
现在我们定义一个(R_{s,t}=sigma ^0(b),sigma ^1 (b),cdots ,sigma ^z (b)),其中b为(1^t0^s),(z=inom {s+t} t -1)。当(s=1) 或者(t=1)时，我们可以显示的给出(R_{s,t})。
$$R_{1,t}=1^t0,01^t,101^{t-1},1^201^{t-2},cdots ,1^{t-1}01$$
$$R_{s,1}=10^s,010^{s-1},0^210^{s-2},cdots,0^s1$$
由上图我们可以看出(R_{s,t}=R_{s-1,t}0,R_{s.t-1}1),现在我们来数学归纳法证明(R_{s,t})所生成的序列的确含有(inom {s+t} t)个不同的序列，即完全生成了所有的组合。
当(s=1)或(t=1)时，我们可以手工判断这些成立，即刚好生成了所有的组合。
假设(sleq n)和(tleq n)时，上述结论都成立。现在来证明(sleq n+1)和(tleq n+1)时也成立。由(R_{s,t}=R_{s-1,t}0,R_{s.t-1}1)可知，当(R_{s-1,t})和(R_{s,t-1})都生成了相应的(inom {s+t-1} t)和(inom {s+t-1} {t-1})个不同的组合时，(R_{s,t})序列中的字符串都是不同的。又由于(inom {s+t-1} t+ inom {s+t-1} {t-1} =inom {s+t} t)，所以(R_{s,t})的确有(inom {s+t} t)个不同的字符串，而且这些字符串中每一个都刚好只有t个1。
因此，上面证明了我们可以通过循环移位的方法得到所有的组合，但是根据循环移位的方法，我们每次都需要去寻找以011和010结尾的字符串，每次操作都需要(O(s+t))次操作，时间消耗很大。我们在下面则采取一个简便的方法，通过两次交换，就可以得到下一个字符串，而不需要去寻找可行前缀并循环移位。在这里，我们先证明一个引理。
如果(p(b))的确是以010或011结尾的，则(sigma (b)) 可以通过从b中先交换位置((x,y)),然后再交换((0,x+1))来得到。
证明： 如果(p(b))的确是以010或011结尾的，则那(p(b))一定是一下几种形式的一种：(00^i10,11^i00^j10,001^i1,11^i00^j11)。其实这里的证明也就是上一个引理的证明，这里我们把第一次交换的位置用下划线表示，第二次交换的位置有上划线表示。
$$sigma (00^i10)=underline{overline {0}}0^iunderline{1}overline{0}=overline{1}0^i0overline{0}=00^i01$$
$$sigma (11^i00^j10)=overline{1}1^iunderline{0}0^junderline{1}overline{0}=overline{1}1^i10^j0overline{0}=011^i00^j1$$
$$sigma (00^i11)=overline{underline{0}}0^iunderline{1}overline{1}=overline{1}0^i0overline{1}=100^i1$$
$$sigma (11^i00^j11)=overline{1}1^iunderline{0}0^junderline{1}overline{1}=overline{1}1^i10^j0overline{1}=111^i00^j1$$
由此我们可以得出以下结论：在得到正确的x，y的值的情况下，我们总是可以先交换（x，y）然后再交换(0,x+1)来得到(sigma)变换下的新的字符串。对于(x,y),我们可以得出以下结论，一般情况下y都是加1，除非字符串的第一位在变换下被设置为0，此时y是0.同样，x在一般情况下也是加一，除非前两位被设置为01，此时x为2.
现在来说一下x，y代表的意义,x代表的是第一个使得b[x-1]=0&&b[x]=1的位置，y是第一个使得b[y]=0的位置。但是初始的时候我们找不到这个x，所以我们把x和y开始的时候都初始化为t-1。然后按照上述方案不停的交换位置，直到x到了末尾。
代码如下。
1 #include <stdio.h> 2 #include <malloc.h> 3 #define NUMBER_ONE 3 4 #define NUMBER_ZERO 2 5 #define NUMBER_TOTAL (NUMBER_ZERO+NUMBER_ONE) 6 int for_out[NUMBER_TOTAL]; 7 void result_out() 8 { 9 int for_i; 10 for(for_i=0;for_i<NUMBER_TOTAL;for_i++) 11 { 12 printf("%d ",*(for_out+for_i)); 13 } 14 printf(" "); 15 } 16 void main() 17 { 18 int for_i,for_x,for_y; 19 for(for_i=0;for_i<NUMBER_ONE;for_i++) 20 { 21 *(for_out+for_i)=1; 22 } 23 for(for_i;for_i<NUMBER_TOTAL;for_i++) 24 { 25 *(for_out+for_i)=0; 26 } 27 result_out(); 28 for_x=for_y=NUMBER_ONE-1; 29 while(for_x<(NUMBER_TOTAL-1)) 30 { 31 for_out[for_x]=0; 32 for_out[for_y]=1; 33 for_out[0]=for_out[for_x+1]; 34 for_out[for_x+1]=1; 35 for_x=1+(for_x)*(1-(for_out[1])*(1-for_out[0])); 36 for_y=for_out[0]*(for_y+1); 37 result_out(); 38 } 39 }