我需要在半径为R的圆内生成一个均匀随机点。
我意识到，只要在区间[0…2π)，且在区间(0…R)我最终会有更多的点指向中心，因为对于两个给定的半径，小半径内的点会比大半径内的点彼此更接近。
我在这里找到了一篇关于这个的博客文章，但我不明白他的推理。我认为这是正确的，但我真的很想知道他从哪里得到(2/R2)×r以及他如何得到最终解。
更新:在发布这个问题7年之后，关于平方根算法背后的数学问题，我仍然没有得到一个令人满意的答案。所以我花了一天时间自己写了一个答案。链接到我的答案。
当前回答
我认为在这种情况下，使用极坐标是一种使问题复杂化的方法，如果你在一个边长为2R的正方形中随机选择点，然后选择点(x,y)使x^2+y^2<=R^2，这将会容易得多。
其他回答
半径和“靠近”该半径的点的数量之间存在线性关系，因此他需要使用半径分布，这也使得半径r附近的数据点的数量与r成正比。
这样想。如果你有一个矩形，其中一个轴是半径，一个是角，你取这个矩形内半径为0的点。它们都离原点很近(在圆上很近)然而，半径R附近的点，它们都落在圆的边缘附近(也就是说，彼此相距很远)。
这可能会让你知道为什么你会有这种行为。
在这个链接上导出的因子告诉你，矩形中有多少对应的区域需要调整，以便在映射到圆后不依赖于半径。
编辑:所以他在你分享的链接中写道，“通过计算累积分布的倒数，这很容易做到，我们得到r:”。
这里的基本前提是，通过将均匀分布映射为期望概率密度函数的累积分布函数的逆函数，可以从均匀分布创建一个具有期望分布的变量。为什么?现在把它当做理所当然，但这是事实。
这是我对数学的一些直观解释。密度函数f(r)关于r必须与r本身成比例。理解这个事实是任何微积分基础书的一部分。请参阅有关极区元素的部分。其他一些海报也提到了这一点。
我们记作f(r) = C*r;
这就是大部分的工作。现在，由于f(r)应该是一个概率密度，你可以很容易地看到，通过对f(r)在区间(0,r)上积分，你可以得到C = 2/ r ^2(这是给读者的练习)。
因此，f(r) = 2*r/ r ^2
好，这就是如何得到链接中的公式。
然后，最后一部分是从(0,1)中的均匀随机变量u你必须从这个期望密度f(r)映射到累积分布函数的逆函数。要理解为什么会这样，你可能需要找到像Papoulis这样的高级概率文本(或者自己推导)。
对f(r)积分得到f(r) = r^2/ r^2
为了求出它的反函数你设u = r^2/ r^2然后解出r，得到r = r *√(u)
直观上讲，u = 0映射到r = 0。同样，u = 1应该映射到r = r。同样，它通过平方根函数，这是有意义的，与链接匹配。
Java解决方案和分发示例(2000分)
public void getRandomPointInCircle() {
double t = 2 * Math.PI * Math.random();
double r = Math.sqrt(Math.random());
double x = r * Math.cos(t);
double y = r * Math.sin(t);
System.out.println(x);
System.out.println(y);
}
基于以前的解决方案https://stackoverflow.com/a/5838055/5224246从@sigfpe
我仍然不确定确切的“(2/R2)×r”，但显而易见的是，在给定的单位“dr”中需要分配的点的数量，即r的增加将与R2成正比，而不是r。
check this way...number of points at some angle theta and between r (0.1r to 0.2r) i.e. fraction of the r and number of points between r (0.6r to 0.7r) would be equal if you use standard generation, since the difference is only 0.1r between two intervals. but since area covered between points (0.6r to 0.7r) will be much larger than area covered between 0.1r to 0.2r, the equal number of points will be sparsely spaced in larger area, this I assume you already know, So the function to generate the random points must not be linear but quadratic, (since number of points required to be distributed in given unit 'dr' i.e. increase in r will be proportional to r2 and not r), so in this case it will be inverse of quadratic, since the delta we have (0.1r) in both intervals must be square of some function so it can act as seed value for linear generation of points (since afterwords, this seed is used linearly in sin and cos function), so we know, dr must be quadratic value and to make this seed quadratic, we need to originate this values from square root of r not r itself, I hope this makes it little more clear.
让我们像阿基米德那样处理这个问题。
我们如何在三角形ABC中均匀地生成一个点，其中|AB|=|BC|?让我们把它扩展到平行四边形ABCD。在ABCD中很容易均匀地生成点。我们均匀地选择AB上的X点和BC上的Y点并选择Z使XBYZ是一个平行四边形。为了在原始三角形中得到一个均匀选择的点，我们只需将ADC中出现的任何点沿AC折叠回ABC。
现在考虑一个圆。在极限情况下，我们可以把它想象成无穷多个等腰三角形ABC, B在原点，A和C在周长上，彼此逐渐接近。我们可以从这些三角形中选择一个角。所以我们现在需要通过在ABC条上选择一点来生成到中心的距离。同样，延伸到ABCD, D现在是圆中心半径的两倍。
使用上述方法可以很容易地在ABCD中选择一个随机点。在AB上随机选一个点，在BC上随机选一个点。Ie。在[0,R]上取一对随机数字x和y，给出离中心的距离。三角形是一条细条AB和BC本质上是平行的。所以Z点到原点的距离是x+y。如果x+y >r我们向下折叠。
这是R=1的完整算法。我希望你同意这很简单。它使用三角函数，但您可以保证它需要多长时间，以及需要多少次random()调用，这与拒绝抽样不同。
t = 2*pi*random()
u = random()+random()
r = if u>1 then 2-u else u
[r*cos(t), r*sin(t)]
这里是Mathematica。
f[] := Block[{u, t, r},
u = Random[] + Random[];
t = Random[] 2 Pi;
r = If[u > 1, 2 - u, u];
{r Cos[t], r Sin[t]}
]
ListPlot[Table[f[], {10000}], AspectRatio -> Automatic]
