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
//返回0-5之间概率相等的随机数 函数rand5() { return Math.floor(Math.random() * 6); } //返回0-7之间概率相等的随机数 函数rand7() { If (rand5() % 2 == 0 && rand5() % 2 == 0) { 返回6 + rand5() % 2; }其他{ 返回rand5 (); } } console.log (rand7 ());
其他回答
这是我想到的答案,但这些复杂的答案让我认为这是完全错误的/:))
import random
def rand5():
return float(random.randint(0,5))
def rand7():
random_val = rand5()
return float(random.randint((random_val-random_val),7))
print rand7()
如果我们考虑尝试给出最有效答案的附加约束,即给定一个长度为m(1-5)的均匀分布整数的输入流I,输出一个长度为m(1-7)的均匀分布整数的流O,长度为L(m)。
最简单的分析方法是将流I和O分别视为5元数和7元数。这是通过主答案的思想来实现的,即取流a1, a2, a3,…- > a1 + a2 + 5 * 5 ^ 2 * a3 + . .流O也是如此。
然后如果我们取长度为m的输入流的一段,选n s.t, 5^m-7^n=c,其中c>0,且尽可能小。然后有一个从长度为m的输入流到1到5^m的整数的统一映射,还有一个从1到7^n的整数到长度为n的输出流的统一映射,当映射的整数超过7^n时,我们可能不得不从输入流中丢失一些情况。
这就给出了L(m)的值约为m (log5/log7)也就是。82米。
上述分析的难点是方程5^m-7^n=c,它不容易精确求解,而在1到5^m的均匀值超过7^n的情况下,我们失去了效率。
问题是如何接近m (log5/log7)的最佳可能值。例如,当这个数字接近一个整数时,我们能否找到一种方法来实现这个精确的整数值输出?
如果5^m-7^n=c,那么从输入流中,我们有效地生成了一个从0到(5^m)-1的均匀随机数,并且不使用任何高于7^n的值。但是,这些值可以被保存并再次使用。它们有效地生成了从1到5^m-7^n的统一数字序列。所以我们可以尝试使用这些,并将它们转换成7位数,这样我们就可以创建更多的输出值。
如果我们让T7(X)是由大小为X的均匀输入导出的随机(1-7)整数的输出序列的平均长度,并假设5^m=7^n0+7^n1+7^n2+…+ 7 ^ nr + s, s < 7。
那么T7(5^m)=n0x7^n0/5^m + ((5^m-7^n0)/5^m) T7(5^m-7^n0)因为我们有一个无长度序列,概率为7^n0/5^m,残差长度为5^m-7^n0,概率为(5^m-7^n0)/5^m)。
如果我们一直代入,我们得到:
T7(5^m) = n0x7^n0/5^m + n1x7^n1/5^m + ... + nrx7^nr/5^m = (n0x7^n0 + n1x7^n1 + ... + nrx7^nr)/5^m
因此
L(m)=T7(5^m)=(n0x7^n0 + n1x7^n1 + ... + nrx7^nr)/(7^n0+7^n1+7^n2+...+7^nr+s)
另一种说法是:
If 5^m has 7-ary representation `a0+a1*7 + a2*7^2 + a3*7^3+...+ar*7^r
Then L(m) = (a1*7 + 2a2*7^2 + 3a3*7^3+...+rar*7^r)/(a0+a1*7 + a2*7^2 + a3*7^3+...+ar*7^r)
最好的情况是上面的原始情况,即5^m=7^n+s,其中s<7。
然后机械师》(5 ^ m) = nx (7 ^ n) / (7 ^ n + s) = o (n + 1) = m (Log5 / Log7) + o(1)美国之前。
最坏的情况是我们只能找到k和s.t 5^m = kx7+s。
Then T7(5^m) = 1x(k.7)/(k.7+s) = 1+o(1)
其他情况介于两者之间。看看对于很大的m,我们能做得多好,也就是说,我们能多好地得到误差项,这将是很有趣的:
T7(5^m) = m (Log5/Log7)+e(m)
一般来说,似乎不可能实现e(m)=o(1)但希望我们可以证明e(m)=o(m)。
整个问题取决于5^m的7位数字对不同m值的分布。
我相信有很多理论涵盖了这一点,我可能会在某个时候看一看并报告。
简单的解决方案已经被很好地覆盖了:为一个random7结果取两个random5样本,如果结果超出了产生均匀分布的范围,就重新做一次。如果你的目标是减少对random5的调用次数,这是非常浪费的——对于每个random7输出,对random5的平均调用次数是2.38,而不是2,这是由于丢弃样本的数量。
你可以通过使用更多的random5输入一次生成多个random7输出来做得更好。对于使用31位整数计算的结果,最优结果是使用12次调用random5生成9个random7输出,平均每个输出调用1.34次。它是高效的,因为244140625个结果中只有2018983个需要废弃,或者不到1%。
Python演示:
def random5():
return random.randint(1, 5)
def random7gen(n):
count = 0
while n > 0:
samples = 6 * 7**9
while samples >= 6 * 7**9:
samples = 0
for i in range(12):
samples = samples * 5 + random5() - 1
count += 1
samples //= 6
for outputs in range(9):
yield samples % 7 + 1, count
samples //= 7
count = 0
n -= 1
if n == 0: break
>>> from collections import Counter
>>> Counter(x for x,i in random7gen(10000000))
Counter({2: 1430293, 4: 1429298, 1: 1428832, 7: 1428571, 3: 1428204, 5: 1428134, 6: 1426668})
>>> sum(i for x,i in random7gen(10000000)) / 10000000.0
1.344606
这是我的,它试图从多个rand5()函数调用中重新创建Math.random(),通过使用“加权分数”(?)重新构造一个单位间隔(Math.random()的输出范围)。然后使用这个随机单位间隔产生一个1到7之间的随机整数:
function rand5(){
return Math.floor(Math.random()*5)+1;
}
function rand7(){
var uiRandom=0;
var div=1;
for(var i=0; i<7; i++){
div*=5;
var term=(rand5()-1)/div;
uiRandom+=term;
}
//return uiRandom;
return Math.floor(uiRandom*7)+1;
}
解释一下:我们取一个0-4之间的随机整数(只是rand5()-1),然后将每个结果乘以1/ 5,1 / 25,1 /125,…然后把它们加起来。这类似于二元加权分数的工作原理;相反,我认为我们将其称为五(以5为底)加权分数:产生一个从0 - 0.999999作为一系列(1/5)^n项的数字。
修改函数以获取任何输入/输出随机整数范围应该是简单的。上面的代码可以在重写为闭包时进行优化。
或者,我们也可以这样做:
function rand5(){
return Math.floor(Math.random()*5)+1;
}
function rand7(){
var buffer=[];
var div=1;
for (var i=0; i<7; i++){
buffer.push((rand5()-1).toString(5));
div*=5;
}
var n=parseInt(buffer.join(""),5);
var uiRandom=n/div;
//return uiRandom;
return Math.floor(uiRandom*7)+1;
}
我们不需要费力地构造一个五进制(以5为基数)加权分数,而是实际地构造一个五进制数,并将其转化为一个分数(0—0.9999…和前面一样),然后从那里计算随机的1- 7位数字。
上面的结果(代码片段#2:运行3次,每次100,000次调用):
1: 14263; 2: 14414; 3: 14249; 4: 14109; 5: 14217; 6: 14361; 7: 14387 1: 14205; 2: 14394; 3: 14238; 4: 14187; 5: 14384; 6: 14224; 7: 14368 1: 14425; 2: 14236; 3: 14334; 4: 14232; 5: 14160; 6: 14320; 7: 14293
def rand5():
return random.randint(1,5) #return random integers from 1 to 5
def rand7():
rand = rand5()+rand5()-1
if rand > 7: #if numbers > 7, call rand7() again
return rand7()
print rand%7 + 1
我想这将是最简单的解决方案,但到处都有人建议5*rand5() + rand5() - 5,如http://www.geeksforgeeks.org/generate-integer-from-1-to-7-with-equal-probability/。 有人能解释一下rand5()+rand5()-1有什么问题吗