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
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。
其他回答
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
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?
假设rand给予所有位相同的权重,然后用上界进行掩码。
int i = rand(5) ^ (rand(5) & 2);
Rand(5)只能返回:1b, 10b, 11b, 100b, 101b。有时候你只需要考虑设置2位。
//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 ());
我知道它已经被回答了,但这似乎是可以工作的,但我不能告诉你它是否有偏见。我的“测试”表明,这至少是合理的。
也许亚当·罗森菲尔德会好心地评论一下?
我(天真?)的想法是这样的:
积累rand5,直到有足够的随机位形成rand7。这最多需要2兰特。为了得到rand7,我使用累计值mod 7。
为了避免累加器溢出,由于累加器是mod 7,那么我取累加器的mod 7:
(5a + rand5) % 7 = (k*7 + (5a%7) + rand5) % 7 = ( (5a%7) + rand5) % 7
rand7()函数如下:
(我让rand5的范围是0-4,rand7也是0-6。)
int rand7(){
static int a=0;
static int e=0;
int r;
a = a * 5 + rand5();
e = e + 5; // added 5/7ths of a rand7 number
if ( e<7 ){
a = a * 5 + rand5();
e = e + 5; // another 5/7ths
}
r = a % 7;
e = e - 7; // removed a rand7 number
a = a % 7;
return r;
}
编辑:增加了1亿次试验的结果。
'Real' rand函数mod 5或7
rand5 : 平均=1.999802 0:20003944 1:19999889 2:20003690 3:19996938 4:19995539 Rand7 : 平均=3.000111 0:14282851 1:14282879 2:14284554 3:14288546 4:14292388 5:14288736 6:14280046
我的边缘7
平均数看起来不错,数字分布也不错。
Randt : 平均=3.000080 0:14288793 1:14280135 2:14287848 3:14285277 4:14286341 5:14278663 6:14292943