1)在-1和1之间随机选择一个X。

var X:Number = Math.random() * 2 - 1;

2)利用圆公式，在X和半径为1的情况下，计算Y的最大值和最小值:

var YMin:Number = -Math.sqrt(1 - X * X);
var YMax:Number = Math.sqrt(1 - X * X);

3)在这两个极端之间随机选择一个Y:

var Y:Number = Math.random() * (YMax - YMin) + YMin;

4)将您的位置和半径值合并到最终值中:

var finalX:Number = X * radius + pos.x;
var finalY:Number = Y * radois + pos.y;

朴素解不起作用的原因是它给了靠近圆中心的点更高的概率密度。换句话说，半径为r/2的圆被选中点的概率为r/2，但它的面积(点的数量)为*r^2/4。

因此，我们希望半径概率密度具有以下性质:

选择半径小于或等于给定r的概率必须与半径为r的圆的面积成正比(因为我们希望在点上有一个均匀的分布，面积越大意味着点越多)。

换句话说，我们希望在[0,r]之间选择半径的概率等于它在圆的总面积中所占的份额。圆的总面积是*R^2，半径为R的圆的面积是*R^2。因此，我们希望在[0,r]之间选择半径的概率为(pi*r^2)/(pi* r^2) = r^2/ r^2。

现在来算算:

The probability of choosing a radius between [0,r] is the integral of p(r) dr from 0 to r (that's just because we add all the probabilities of the smaller radii). Thus we want integral(p(r)dr) = r^2/R^2. We can clearly see that R^2 is a constant, so all we need to do is figure out which p(r), when integrated would give us something like r^2. The answer is clearly r * constant. integral(r * constant dr) = r^2/2 * constant. This has to be equal to r^2/R^2, therefore constant = 2/R^2. Thus you have the probability distribution p(r) = r * 2/R^2

Note: Another more intuitive way to think about the problem is to imagine that you are trying to give each circle of radius r a probability density equal to the proportion of the number of points it has on its circumference. Thus a circle which has radius r will have 2 * pi * r "points" on its circumference. The total number of points is pi * R^2. Thus you should give the circle r a probability equal to (2 * pi * r) / (pi * R^2) = 2 * r/R^2. This is much easier to understand and more intuitive, but it's not quite as mathematically sound.

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。

这可能会帮助那些对选择速度算法感兴趣的人;最快的方法是(可能?)拒绝抽样。

只需在单位正方形内生成一个点，并拒绝它，直到它在圆内。如(伪代码),

def sample(r=1):
    while True:
        x = random(-1, 1)
        y = random(-1, 1)
        if x*x + y*y <= 1:
            return (x, y) * r

虽然有时它可能运行不止一次或两次(而且它不是常量时间，也不适合并行执行)，但它要快得多，因为它不使用像sin或cos这样复杂的公式。

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]

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