Peut-on l'optimiser un peu plus ?    
 
Merci d'avance.  

bah déjà la question est pas claire je trouve...

Par optimisisation, je veux dire code plus petit et plus rapide    
 
Si tu parles de la question a laquelle l'algo doit répondre, ben euh tu comprends pas le francais alors  

Si tu as n bits (n étant pair), tu veux savoir le nombre de mots à n bits différents ayant la moitié de ses bits à 1.  
 
C'est le nombre de choix de n/2 places parmi n, soit le nombre de combinaison de n/2 parmi n. Formule des C(n,k)
 
C'est donc : n!/((n-n/2)!*(n/2)!) = n!/((n/2)!*(n/2)!)
 
Je pense que ca doit être ca.

je suis presque d'accord sauf que j'aurais plutot vu un arrangement

Je suis une mega kiche en dénombrement
 
Mais prenons un exemple sur 4 bits, je vois 6 possibilités :
 
0011
0101
0110
1001
1010
1100
 
Soit 4!/[(4-2)!*2!] = 4*3/2 = 6
 
Non ? Putain je me fais peur là.

++Taz > j'ai édite mon post à 19:30:06 lorsque tu postais, pas de mauvaises intentions de ma part !

 
bah désolé, je dois avoir du mal aujoud'hui, mais si tu supprimmes la question je vais avoir encore plus de mal  

 
ha merde tu l'avais pas supprimé désolé je suis en mode -ait du mal- cette semaine  

Un petit feedback sur les solutions proposées ?

 
Oui excusez moi    
 
En fait j'ai pas vraiment compris la solution mathématiques, je ne sais plus a quoi correspond le signe "!"    
 
Mais pour mon algorithme, on peut l'optimiser (parceque la vous avez repondu a la question de l'algo mais pas a ma question [optimisation de l'algo])    
 
   
 
 

Y'a pas mal
 
Ok, je suis d'accord qu'on a pas repondu à la question de l'amélioration de l'algo =)  
 
Je me suis pas plongé dedans, mais ca fait un peu bricolage pour essayer toutes les combinaisons possibles. Je veux pas être méchant  hein, ca m'arrive de faire des trucs TRES laids sur des problèmes tout con, tu as qu'à faire une recherche avec mon pseudo
 
La, tout de suite, je vois pas. Si tu pouvais le décrire en quelques lignes pour en donner le principe !
 
Sinon le signe "!" correspond à la factorielle. Par exemple, 5! = 5 *4*3*2*1 = 120
 
Ca augmente TRES rapidement.

Bien sur qu'on a repondu a la question de l'algo. La reponse est : n!/(n/2)! qui est plus efficace en terme de complexite que l'algo indiqué ci dessus.
 
Rappel, n!/(n/2)! = produit pour i allant de (n/2)+1 à n de i. Une petite boucle for et c'est reglé

approximation de Stirling
 
factoriel(n) ~= sqrt(2*n*PI)*pow(n/E, n)
 
edit: PI et E ne sont pas des constantes standards alors je te conseille soir le #define ou mieux, la definition de constante
 

 
...quand n tend vers + l'infini (mauvais souvenirs de sup/spé inside).

evidemment sinon pas besoin d'approximation. cela dit, si on veut un resultat flottant en double, en utilisant la formule de Stirling, l'overflow est à n=171, et si on veut un resultat entier en unsigned int sur 32 bits, donc en utilisant la méthod enaturelle, l'overflow, c'est à n=13
 
je crois donc qu'une formule d'approximation est la bienvenue
 
perso, quand j'ai fait quelques calculs avec des factoriels, les factoriels de 0 à 13 était des cosntantes précalculées et pour les autres, bien obligé de passer par Stirling

 
En fait, ce que je voulais souligner, c'est que lui a besoin de n=16 si j'ai bien suivi. Le problème est de savoir si l'approximation est bien valable pour un n si faible.

>>> stirling(16)
20814114415223.137
 
>>> factoriel(16)
20922789888000L
 
ça passe à peu pres

Je comprends rien
 
Mais merci