这里似乎没有提到的另一个答案:

int rand7() {
  int r = 7 / 2;
  for (int i = 0; i < 28; i++)
    r = ((rand5() - 1) * 7 + r) / 5;
  return r + 1;
}

在每次迭代中，r是一个0到6之间的随机值。它被追加(以7为基数)到一个0到4(包括4)之间的随机值，结果除以5，得到一个0到6(包括6)范围内的新随机值。R开始时有很大的偏差(R = 3是非常有偏差的!)，但每次迭代都将偏差除以5。

这种方法不是完全均匀的;然而，偏差是微乎其微的。数量级为1/(2**64)这种方法的重要之处在于它具有恒定的执行时间(假设rand5()也具有恒定的执行时间)。理论上不需要担心一个不走运的调用可能永远迭代地选择坏值。

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此外，还有一个讽刺的回答(有意无意，它已经被覆盖了):

1-5已经在1-7的范围内，因此下面是一个有效的实现:

int rand7() {
  return rand5();
}

问题没有要求均匀分布。

我想我有四个答案，两个给出了像@Adam Rosenfield那样的精确解决方案，但没有无限循环问题，另外两个几乎完美的解决方案，但执行速度比第一个更快。

最好的精确解决方案需要7次调用rand5，但为了理解，让我们继续。

方法一:精确

Adam的答案的优点在于它给出了一个完美的均匀分布，并且只需要两次调用rand5()的概率非常高(21/25)。然而，最坏的情况是无限循环。

下面的第一个解决方案也给出了一个完美的均匀分布，但总共需要对rand5进行42次调用。没有无限循环。

下面是一个R的实现:

rand5 <- function() sample(1:5,1)

rand7 <- function()  (sum(sapply(0:6, function(i) i + rand5() + rand5()*2 + rand5()*3 + rand5()*4 + rand5()*5 + rand5()*6)) %% 7) + 1

对于不熟悉R的人，这里是一个简化版本:

rand7 = function(){
  r = 0 
  for(i in 0:6){
    r = r + i + rand5() + rand5()*2 + rand5()*3 + rand5()*4 + rand5()*5 + rand5()*6
  }
  return r %% 7 + 1
}

rand5的分布将被保留。如果我们计算一下，循环的7次迭代中的每一次都有5^6个可能的组合，因此可能组合的总数为(7 * 5^6)%% 7 = 0。因此，我们可以将生成的随机数分成7个相等的组。有关这方面的更多讨论，请参见方法二。

以下是所有可能的组合:

table(apply(expand.grid(c(outer(1:5,0:6,"+")),(1:5)*2,(1:5)*3,(1:5)*4,(1:5)*5,(1:5)*6),1,sum) %% 7 + 1)

    1     2     3     4     5     6     7 
15625 15625 15625 15625 15625 15625 15625 

我认为这很容易证明亚当的方法运行得快得多。在Adam的解中有42次或更多的rand5调用的概率非常小((4/25)^21 ~ 10^(-17))。

方法2 -不精确

现在是第二个方法，它几乎是统一的，但需要6次调用rand5:

rand7 <- function() (sum(sapply(1:6,function(i) i*rand5())) %% 7) + 1

以下是一个简化版本:

rand7 = function(){
  r = 0 
  for(i in 1:6){
    r = r + i*rand5()
  }
  return r %% 7 + 1
}

这实际上是方法1的一次迭代。如果我们生成所有可能的组合，结果计数如下:

table(apply(expand.grid(1:5,(1:5)*2,(1:5)*3,(1:5)*4,(1:5)*5,(1:5)*6),1,sum) %% 7 + 1)

   1    2    3    4    5    6    7 
2233 2232 2232 2232 2232 2232 2232

一个数字将在5^6 = 15625次试验中再次出现。

现在，在方法1中，通过将1加到6，我们将数字2233移动到每个连续的点上。因此，组合的总数将匹配。这是可行的，因为5^ 6% % 7 = 1，然后我们做了7个适当的变化，所以(7 * 5^ 6% % 7 = 0)。

方法三:精确

如果理解了方法1和2的参数，接下来就是方法3，它只需要7次调用rand5。在这一点上，我觉得这是精确解决方案所需的最少调用数。

下面是一个R的实现:

rand5 <- function() sample(1:5,1)

rand7 <- function()  (sum(sapply(1:7, function(i) i * rand5())) %% 7) + 1

对于不熟悉R的人，这里是一个简化版本:

rand7 = function(){
  r = 0 
  for(i in 1:7){
    r = r + i * rand5()
  }
  return r %% 7 + 1
}

rand5的分布将被保留。如果我们计算一下，循环的7次迭代中的每一次都有5个可能的结果，因此可能组合的总数为(7 * 5)%% 7 = 0。因此，我们可以将生成的随机数分成7个相等的组。有关这方面的更多讨论，请参见方法一和方法二。

以下是所有可能的组合:

table(apply(expand.grid(0:6,(1:5)),1,sum) %% 7 + 1)

1 2 3 4 5 6 7  
5 5 5 5 5 5 5 

我认为这很直接地证明了亚当的方法仍然运行得更快。在Adam的解中有7次或更多的rand5调用的概率仍然很小((4/25)^3 ~ 0.004)。

方法4 -不精确

这是第二种方法的一个小变化。它几乎是统一的，但需要7次调用rand5，这是一个额外的方法2:

rand7 <- function() (rand5() + sum(sapply(1:6,function(i) i*rand5())) %% 7) + 1

以下是一个简化版本:

rand7 = function(){
  r = 0 
  for(i in 1:6){
    r = r + i*rand5()
  }
  return (r+rand5()) %% 7 + 1
}

如果我们生成所有可能的组合，结果计数如下:

table(apply(expand.grid(1:5,(1:5)*2,(1:5)*3,(1:5)*4,(1:5)*5,(1:5)*6,1:5),1,sum) %% 7 + 1)

    1     2     3     4     5     6     7 
11160 11161 11161 11161 11161 11161 11160

在5^7 = 78125次试验中，有两个数字会少出现一次。在大多数情况下，我可以接受。

该算法将rand5的调用次数减少到理论最小值7/5。通过产生接下来的5个rand7数字来调用它7次。

没有任何随机位的拒绝，也不可能一直等待结果。

#!/usr/bin/env ruby

# random integer from 1 to 5
def rand5
    STDERR.putc '.'
    1 + rand( 5 )
end

@bucket = 0
@bucket_size = 0

# random integer from 1 to 7
def rand7
    if @bucket_size == 0
        @bucket = 7.times.collect{ |d| rand5 * 5**d }.reduce( &:+ )
        @bucket_size = 5
    end

    next_rand7 = @bucket%7 + 1

    @bucket      /= 7
    @bucket_size -= 1

    return next_rand7
end

35.times.each{ putc rand7.to_s }

rand25() =5*(rand5()-1) + rand5()

rand7() { 
   while(true) {
       int r = rand25();
       if (r < 21) return r%3;         
   }
}

为什么这样做:循环永远运行的概率是0。

这个表达式足以得到1 - 7之间的随机整数

int j = ( rand5()*2 + 4 ) % 7 + 1;

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?

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