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
只需要缩放第一个函数的输出
0) you have a number in range 1-5
1) subtract 1 to make it in range 0-4
2) multiply by (7-1)/(5-1) to make it in range 0-6
3) add 1 to increment the range: Now your result is in between 1-7
其他回答
我玩了一下,我为这个Rand(7)算法写了“测试环境”。例如,如果你想尝试哪种分布给你的算法,或者需要多少次迭代才能生成所有不同的随机值(对于Rand(7) 1-7),你可以使用它。
我的核心算法是:
return (Rand5() + Rand5()) % 7 + 1;
和亚当·罗森菲尔德的分布一样均匀。(我将其包含在代码片段中)
private static int Rand7WithRand5()
{
//PUT YOU FAVOURITE ALGORITHM HERE//
//1. Stackoverflow winner
int i;
do
{
i = 5 * (Rand5() - 1) + Rand5(); // i is now uniformly random between 1 and 25
} while (i > 21);
// i is now uniformly random between 1 and 21
return i % 7 + 1;
//My 2 cents
//return (Rand5() + Rand5()) % 7 + 1;
}
这个“测试环境”可以采用任何Rand(n)算法并测试和评估它(分布和速度)。只需将代码放入“Rand7WithRand5”方法并运行代码片段。
一些观察:
亚当·罗森菲尔德(Adam Rosenfield)的算法并不比我的算法分布得更好。不管怎样,两种算法的分布都很糟糕。 本机Rand7(随机的。Next(1,8))完成,因为它在大约200+迭代中生成了给定间隔内的所有成员,Rand7WithRand5算法的顺序为10k(约30-70k) 真正的挑战不是编写从Rand(5)生成Rand(7)的方法,而是生成几乎均匀分布的值。
你需要的函数是rand1_7(),我写了rand1_5(),这样你就可以测试它并绘制它。
import numpy
def rand1_5():
return numpy.random.randint(5)+1
def rand1_7():
q = 0
for i in xrange(7): q+= rand1_5()
return q%7 + 1
我首先想到的是这个。但我不知道它是否均匀分布。 在python中实现
进口随机 def rand5 (): 返回random.randint(1、5) def rand7 (): 返回((rand5() -1) * rand5()) %7)+1
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。
对于范围[1,5]到[1,7],这相当于用一个5面骰子滚动一个7面骰子。
然而,如果不“浪费”随机性(或者在最坏的情况下永远运行),就无法做到这一点,因为7的所有质因数(即7)都不能整除5。因此,最好的方法是使用拒绝抽样来获得任意接近于不“浪费”随机性的结果(例如,将多个5面骰子摇到5^n“足够接近”7的幂)。这个问题的解决方案已经在其他答案中给出了。
更一般地说,用p面骰子掷k面骰子的算法将不可避免地“浪费”随机性(并且在最坏的情况下永远运行),除非“每个质数能除k也能除p”,根据B. Kloeckner的“用骰子模拟骰子”中的引理3。例如,举一个更实际的例子,p是2的幂,k是任意的。在这种情况下,这种“浪费”和无限的运行时间是不可避免的,除非k也是2的幂。