这个解决方案不浪费任何熵，并给出了范围内第一个可用的真正随机数。随着每一次迭代，得不到答案的概率可证明地降低了。在N次迭代中得到答案的概率是0到max (5^N)之间的随机数小于该范围内7的最大倍数(max-max%7)的概率。必须迭代至少两次。但这对所有解都是成立的。

int random7() {
  range = 1;
  remainder = 0;

  while (1) {
    remainder = remainder * 5 + random5() - 1;
    range = range * 5;

    limit = range - (range % 7);
    if (remainder < limit) return (remainder % 7) + 1;

    remainder = remainder % 7;
    range = range % 7;
  }
}

数值上等价于:

r5=5;
num=random5()-1;
while (1) {
   num=num*5+random5()-1;
   r5=r5*5;
   r7=r5-r5%7;
   if (num<r7) return num%7+1;
}

第一个代码以模形式计算。第二个代码只是简单的数学。或者我在某个地方犯了错误。: -)

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。

亚当·罗森菲尔德正确答案的前提是:

X = 5^n(在他的例子中，n=2) 操作n个rand5次调用以获得范围[1,x]内的数字y Z = ((int)(x / 7)) * 7 如果y > z，再试一次。否则返回y % 7 + 1

当n = 2时，有4种可能:y ={22,23,24,25}。如果你使用n = 6，你只有1个扔掉的东西:y ={15625}。

5^6 is 15625 7 times 2232 is 15624

你又给rand5个电话。但是，您获得一个丢弃值(或无限循环)的机会要低得多。如果有办法让y没有可能的一次性值，我还没有找到它。

int ans = 0;
while (ans == 0) 
{
     for (int i=0; i<3; i++) 
     {
          while ((r = rand5()) == 3){};
          ans += (r < 3) >> i
     }
}

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

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。

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。