假设rand(n)在这里表示“从0到n-1均匀分布的随机整数”，下面是使用Python的randint的代码示例，它具有这种效果。它只使用randint(5)和常量来产生randint(7)的效果。其实有点傻

from random import randint
sum = 7
while sum >= 7:
    first = randint(0,5)   
    toadd = 9999
    while toadd>1:
        toadd = randint(0,5)
    if toadd:
        sum = first+5
    else:
        sum = first

assert 7>sum>=0 
print sum

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。

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?

这个答案更像是一个从Rand5函数中获得最大熵的实验。因此，T有点不清楚，几乎可以肯定比其他实现慢得多。

假设0-4为均匀分布，0-6为均匀分布:

public class SevenFromFive
{
  public SevenFromFive()
  {
    // this outputs a uniform ditribution but for some reason including it 
    // screws up the output distribution
    // open question Why?
    this.fifth = new ProbabilityCondensor(5, b => {});
    this.eigth = new ProbabilityCondensor(8, AddEntropy);
  } 

  private static Random r = new Random();
  private static uint Rand5()
  {
    return (uint)r.Next(0,5);
  }

  private class ProbabilityCondensor
  {
    private readonly int samples;
    private int counter;
    private int store;
    private readonly Action<bool> output;

    public ProbabilityCondensor(int chanceOfTrueReciprocal,
      Action<bool> output)
    {
      this.output = output;
      this.samples = chanceOfTrueReciprocal - 1;  
    }

    public void Add(bool bit)
    {
      this.counter++;
      if (bit)
        this.store++;   
      if (counter == samples)
      {
        bool? e;
        if (store == 0)
          e = false;
        else if (store == 1)
          e = true;
        else
          e = null;// discard for now       
        counter = 0;
        store = 0;
        if (e.HasValue)
          output(e.Value);
      }
    }
  }

  ulong buffer = 0;
  const ulong Mask = 7UL;
  int bitsAvail = 0;
  private readonly ProbabilityCondensor fifth;
  private readonly ProbabilityCondensor eigth;

  private void AddEntropy(bool bit)
  {
    buffer <<= 1;
    if (bit)
      buffer |= 1;      
    bitsAvail++;
  }

  private void AddTwoBitsEntropy(uint u)
  {
    buffer <<= 2;
    buffer |= (u & 3UL);    
    bitsAvail += 2;
  }

  public uint Rand7()
  {
    uint selection;   
    do
    {
      while (bitsAvail < 3)
      {
        var x = Rand5();
        if (x < 4)
        {
          // put the two low order bits straight in
          AddTwoBitsEntropy(x);
          fifth.Add(false);
        }
        else
        { 
          fifth.Add(true);
        }
      }
      // read 3 bits
      selection = (uint)((buffer & Mask));
      bitsAvail -= 3;     
      buffer >>= 3;
      if (selection == 7)
        eigth.Add(true);
      else
        eigth.Add(false);
    }
    while (selection == 7);   
    return selection;
  }
}

每次调用Rand5添加到缓冲区的比特数目前是4/5 * 2，所以是1.6。 如果包括1/5的概率值，则增加0.05，因此增加1.65，但请参阅代码中的注释，我不得不禁用它。

调用Rand7消耗的比特数= 3 + 1/8 *(3 + 1/8 *(3 + 1/8 *(… 这是3 + 3/8 + 3/64 + 3/512…大约是3.42

通过从7中提取信息，我每次调用回收1/8*1/7位，大约0.018

这使得每次调用的净消耗为3.4比特，这意味着每一次Rand7调用到Rand5的比率为2.125。最优值应该是2.1。

我可以想象这种方法比这里的许多其他方法都要慢得多，除非调用Rand5的代价非常昂贵(比如调用一些外部熵源)。

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

Python:有一个简单的两行答案，它使用空间代数和模量的组合。这不是直观的。我对它的解释令人困惑，但却是正确的。

知道5*7=35 7/5 = 1余数为2。如何保证余数之和始终为0?5*[7/5 = 1余数2]——> 35/5 = 7余数0

想象一下，我们有一条丝带，缠在一根周长为7的杆子上。丝带需要35个单位才能均匀地缠绕。随机选择7个色带片段len=[1…5]。忽略换行的有效长度与将rand5()转换为rand7()的方法相同。

import numpy as np
import pandas as pd
# display is a notebook function FYI
def rand5(): ## random uniform int [1...5]
    return np.random.randint(1,6)

n_trials = 1000
samples = [rand5() for _ in range(n_trials)]

display(pd.Series(samples).value_counts(normalize=True))
# 4    0.2042
# 5    0.2041
# 2    0.2010
# 1    0.1981
# 3    0.1926
# dtype: float64
    
def rand7(): # magic algebra
    x = sum(rand5() for _ in range(7))
    return x%7 + 1

samples = [rand7() for _ in range(n_trials)]

display(pd.Series(samples).value_counts(normalize=False))
# 6    1475
# 2    1475
# 3    1456
# 1    1423
# 7    1419
# 4    1393
# 5    1359
# dtype: int64
    
df = pd.DataFrame([
    pd.Series([rand7() for _ in range(n_trials)]).value_counts(normalize=True)
    for _ in range(1000)
])
df.describe()
#      1    2   3   4   5   6   7
# count 1000.000000 1000.000000 1000.000000 1000.000000 1000.000000 1000.000000 1000.000000
# mean  0.142885    0.142928    0.142523    0.142266    0.142704    0.143048    0.143646
# std   0.010807    0.011526    0.010966    0.011223    0.011052    0.010983    0.011153
# min   0.112000    0.108000    0.101000    0.110000    0.100000    0.109000    0.110000
# 25%   0.135000    0.135000    0.135000    0.135000    0.135000    0.135000    0.136000
# 50%   0.143000    0.142000    0.143000    0.142000    0.143000    0.142000    0.143000
# 75%   0.151000    0.151000    0.150000    0.150000    0.150000    0.150000    0.151000
# max   0.174000    0.181000    0.175000    0.178000    0.189000    0.176000    0.179000