给定一个函数,它产生的是1到5之间的随机整数,写一个函数,它产生的是1到7之间的随机整数。
当前回答
以下是我的回答:
static struct rand_buffer {
unsigned v, count;
} buf2, buf3;
void push (struct rand_buffer *buf, unsigned n, unsigned v)
{
buf->v = buf->v * n + v;
++buf->count;
}
#define PUSH(n, v) push (&buf##n, n, v)
int rand16 (void)
{
int v = buf2.v & 0xf;
buf2.v >>= 4;
buf2.count -= 4;
return v;
}
int rand9 (void)
{
int v = buf3.v % 9;
buf3.v /= 9;
buf3.count -= 2;
return v;
}
int rand7 (void)
{
if (buf3.count >= 2) {
int v = rand9 ();
if (v < 7)
return v % 7 + 1;
PUSH (2, v - 7);
}
for (;;) {
if (buf2.count >= 4) {
int v = rand16 ();
if (v < 14) {
PUSH (2, v / 7);
return v % 7 + 1;
}
PUSH (2, v - 14);
}
// Get a number between 0 & 25
int v = 5 * (rand5 () - 1) + rand5 () - 1;
if (v < 21) {
PUSH (3, v / 7);
return v % 7 + 1;
}
v -= 21;
PUSH (2, v & 1);
PUSH (2, v >> 1);
}
}
它比其他的稍微复杂一点,但我相信它最小化了对rand5的调用。与其他解决方案一样,它有小概率会循环很长时间。
其他回答
这个怎么样
rand5 () % + rand5 (2) + 2 (2) % + rand5 rand5 () (2) % + rand5 % + rand5 (2) 2
不确定这是均匀分布的。有什么建议吗?
对于0-7的值,你有以下内容:
0 000
1 001
2 010
3 011
4 100
5 101
6 110
7 111
从左到右,Rand5()有p(1) ={2/ 5,2 / 5,3 /5}。因此,如果我们补这些概率分布(~Rand5()),我们应该能够使用它来生成我们的数字。我稍后会给出解决方案。有人有什么想法吗?
R
给定一个生成1到5rand5()范围内随机整数的函数,编写一个生成1到7rand7()范围内随机整数的函数
在我建议的解决方案中,我只调用rand5一次
真正的解决方案
float rand7()
{
return (rand5() * 7.0) / 5.0 ;
}
这里的分布是缩放的,所以它直接取决于rand5的分布
整数解
int rand7()
{
static int prev = 1;
int cur = rand5();
int r = cur * prev; // 1-25
float f = r / 4.0; // 0.25-6.25
f = f - 0.25; // 0-6
f = f + 1.0; // 1-7
prev = cur;
return (int)f;
}
这里的分布取决于rand7(i) ~ rand5(i) * rand5(i-1)
rand7(0) ~ rand5(0) * 1
以下是我的发现:
Random5产生1~5的范围,随机分布 如果我们运行3次并将它们加在一起,我们将得到3~15个随机分布的范围 在3~15范围内执行算术 (3~15) - 1 = (2~14) (2~14)/2 = (1~7)
然后我们得到1~7的范围,这是我们正在寻找的Random7。
这里我们使用约定的rand(n) -> [0, n - 1]
从我读到的许多答案中,它们要么提供了一致性,要么提供了暂停保证,但不能同时提供(adam rosenfeld的第二个答案可能)。
然而,这样做是可能的。我们基本上有这样的分布:
这给[0-6]上的分布留下了一个漏洞:5和6没有 发生的概率。想象一下,现在我们试图通过移动 概率分布和求和。
事实上,我们可以把初始分布平移1,然后 重复将得到的分布与移位的初始分布相加 2,然后3,以此类推,直到7,不包括在内(我们涵盖了整个范围)。 如下图所示。颜色的顺序,对应 步骤,是蓝色->绿色->青色->白色->品红->黄色->红色。
因为每个插槽由7个移位分布中的5个覆盖(移位从 0到6),因为我们假设随机数是独立于1的 Ran5()呼叫另一个,我们获得
p(x) = 5 / 35 = 1 / 7 for all x in [0, 6]
这意味着,给定来自ran5()的7个独立随机数,我们可以 计算一个在[0-6]范围内具有均匀概率的随机数。 实际上是ran5()概率 分布甚至不需要均匀,只要样本是均匀的 独立(所以每次试验的分布保持不变) 同样,这也适用于5和7之外的其他数字。
这为我们提供了以下python函数:
def rand_range_transform(rands):
"""
returns a uniform random number in [0, len(rands) - 1]
if all r in rands are independent random numbers from the same uniform distribution
"""
return sum((x + i) for i, x in enumerate(rands)) % len(rands) # a single modulo outside the sum is enough in modulo arithmetic
可以这样使用:
rand5 = lambda : random.randrange(5)
def rand7():
return rand_range_transform([rand5() for _ in range(7)])
如果我们调用rand7() 70000次,我们可以得到:
max: 6 min: 0 mean: 2.99711428571 std: 2.00194697049
0: 10019
1: 10016
2: 10071
3: 10044
4: 9775
5: 10042
6: 10033
这很好,尽管远非完美。事实上,我们的一个假设是 在这个实现中很可能是false:我们使用一个PRNG,因此,结果 的值依赖于上一个结果。
也就是说,使用一个真正随机的数字来源,输出也应该是 真正随机的。这个算法在任何情况下都终止。
但这是有代价的:我们需要为一个rand7()调用7次rand5() 调用。