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
package CareerCup;
public class RangeTransform {
static int counter = (int)(Math.random() * 5 + 1);
private int func() {
return (int) (Math.random() * 5 + 1);
}
private int getMultiplier() {
return counter % 5 + 1;
}
public int rangeTransform() {
counter++;
int count = getMultiplier();
int mult = func() + 5 * count;
System.out.println("Mult is : " + 5 * count);
return (mult) % 7 + 1;
}
/**
* @param args
*/
public static void main(String[] args) {
// TODO Auto-generated method stub
RangeTransform rangeTransform = new RangeTransform();
for (int i = 0; i < 35; i++)
System.out.println("Val is : " + rangeTransform.rangeTransform());
}
}
其他回答
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。
下面是一个利用c++ 11特性的答案
#include <functional>
#include <iostream>
#include <ostream>
#include <random>
int main()
{
std::random_device rd;
unsigned long seed = rd();
std::cout << "seed = " << seed << std::endl;
std::mt19937 engine(seed);
std::uniform_int_distribution<> dist(1, 5);
auto rand5 = std::bind(dist, engine);
const int n = 20;
for (int i = 0; i != n; ++i)
{
std::cout << rand5() << " ";
}
std::cout << std::endl;
// Use a lambda expression to define rand7
auto rand7 = [&rand5]()->int
{
for (int result = 0; ; result = 0)
{
// Take advantage of the fact that
// 5**6 = 15625 = 15624 + 1 = 7 * (2232) + 1.
// So we only have to discard one out of every 15625 numbers generated.
// Generate a 6-digit number in base 5
for (int i = 0; i != 6; ++i)
{
result = 5 * result + (rand5() - 1);
}
// result is in the range [0, 15625)
if (result == 15625 - 1)
{
// Discard this number
continue;
}
// We now know that result is in the range [0, 15624), a range that can
// be divided evenly into 7 buckets guaranteeing uniformity
result /= 2232;
return 1 + result;
}
};
for (int i = 0; i != n; ++i)
{
std::cout << rand7() << " ";
}
std::cout << std::endl;
return 0;
}
int rand7() {
int value = rand5()
+ rand5() * 2
+ rand5() * 3
+ rand5() * 4
+ rand5() * 5
+ rand5() * 6;
return value%7;
}
与选定的解决方案不同,该算法将在常数时间内运行。然而,它对rand5的调用比所选解决方案的平均运行时间多2次。
请注意,这个生成器并不完美(数字0比任何其他数字都有0.0064%的可能性),但对于大多数实际目的,保证恒定的时间可能比这种不准确性更重要。
解释
这个解源于数字15624能被7整除的事实,因此,如果我们可以随机且均匀地生成从0到15624的数字,然后对7取余,我们就可以得到一个近乎均匀的rand7生成器。将rand5滚动6次,将0到15624之间的数字统一生成,并使用这些数字组成以5为基数的数字,如下所示:
rand5 * 5^5 + rand5 * 5^4 + rand5 * 5^3 + rand5 * 5^2 + rand5 * 5 + rand5
mod 7的属性允许我们稍微简化一下方程:
5^5 = 3 mod 7
5^4 = 2 mod 7
5^3 = 6 mod 7
5^2 = 4 mod 7
5^1 = 5 mod 7
So
rand5 * 5^5 + rand5 * 5^4 + rand5 * 5^3 + rand5 * 5^2 + rand5 * 5 + rand5
就变成了
rand5 * 3 + rand5 * 2 + rand5 * 6 + rand5 * 4 + rand5 * 5 + rand5
理论
15624这个数字不是随机选择的,而是可以用费马小定理来发现的,该定理指出,如果p是质数,那么
a^(p-1) = 1 mod p
这就得到,
(5^6)-1 = 0 mod 7
(5^6)-1等于
4 * 5^5 + 4 * 5^4 + 4 * 5^3 + 4 * 5^2 + 4 * 5 + 4
这是一个以5为底的数,因此我们可以看到,这种方法可以用于从任何随机数发生器到任何其他随机数发生器。尽管在使用指数p-1时总是会引入对0的小偏差。
为了更准确地推广这种方法,我们可以有这样一个函数:
def getRandomconverted(frm, to):
s = 0
for i in range(to):
s += getRandomUniform(frm)*frm**i
mx = 0
for i in range(to):
mx = (to-1)*frm**i
mx = int(mx/to)*to # maximum value till which we can take mod
if s < mx:
return s%to
else:
return getRandomconverted(frm, to)
Here is a solution that tries to minimize the number of calls to rand5() while keeping the implementation simple and efficient; in particular, it does not require arbitrary large integers unlike Adam Rosenfield’s second answer. It exploits the fact that 23/19 = 1.21052... is a good rational approximation to log(7)/log(5) = 1.20906..., thus we can generate 19 random elements of {1,...,7} out of 23 random elements of {1,...,5} by rejection sampling with only a small rejection probability. On average, the algorithm below takes about 1.266 calls to rand5() for each call to rand7(). If the distribution of rand5() is uniform, so is rand7().
uint_fast64_t pool;
int capacity = 0;
void new_batch (void)
{
uint_fast64_t r;
int i;
do {
r = 0;
for (i = 0; i < 23; i++)
r = 5 * r + (rand5() - 1);
} while (r >= 11398895185373143ULL); /* 7**19, a bit less than 5**23 */
pool = r;
capacity = 19;
}
int rand7 (void)
{
int r;
if (capacity == 0)
new_batch();
r = pool % 7;
pool /= 7;
capacity--;
return r + 1;
}
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?
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