昨天我有一个面试问题，我无法完全回答：
给定一个具有完美 1:1 分布的函数 f() = 0 or 1，创建一个函数 f(n) = 0, 1, 2, ..., n-1，每个函数的概率为 1/n
如果n 是2 的自然幂，我可以想出一个解决方案，即使用f() 生成二进制数k=ln_2 n 的位。但这显然不适用于例如 n=5，因为这会生成我们不想要的 f(5) = 5,6,7。
有人知道解决办法吗？
【问题讨论】：
n 0 或 1，创建一个 f(n) = 0, 1, 2, ..., n - 1？跨度>
您可以按照您的描述为大于n 的 2 的最小幂构建一个 rng。然后，每当这个算法生成一个大于n-1 的数字时，就把那个数字扔掉，然后再试一次。这就是拒绝的方法。
加法
算法是
Let m = 2^k >= n where k is is as small as possible.
do
Let r = random number in 0 .. m-1 generated by k coin flips
while r >= n
return r
此循环最多以i 迭代停止的概率受1 - (1/2)^i 的限制。这很快变为 1：循环在 30 次迭代后仍在运行，概率小于十亿分之一。
您可以通过稍微修改的算法来减少预期的迭代次数：
Choose p >= 1
Let m = 2^k >= p n where k is is as small as possible.
do
Let r = random number in 0 .. m-1 generated by k coin flips
while r >= p n
return floor(r / p)
例如，如果我们尝试使用更简单的算法生成 0 .. 4 (n = 5)，我们将拒绝 5、6 和 7，这是结果的 3/8。对于p = 3（例如）、pn = 15，我们将有 m = 16 并且将仅拒绝 15 或 1/16 的结果。价格需要四次硬币翻转而不是 3 次和一次除法运算。您可以继续增加p 并添加硬币翻转以尽可能减少拒绝。
【讨论】：
z 随机位（对于任何z），您总共有2^z 可能的结果。如果n 不是2^z 的因子，则没有统一的方法将这些2^z 结果划分为n 不同的结果。您可以期望的最好的结果是分配几乎所有它们，并且最多保留n-1 未分配；这些将不得不被拒绝。
R 为界。这意味着有一种算法最多需要R 随机位，并产生从0 到n-1 的统一的东西。但与前面的评论一样，函数有2^R 可能的输入（不管它使用什么和忽略什么），并且它们是均匀分布的。除非n 是2^R 的一个因子，否则您不能将它们统一划分为n 结果。
另一个有趣的解决方案可以通过马尔可夫链蒙特卡罗技术，Metropolis-Hastings 算法得出。如果需要大量样本，这将显着提高效率，但它只会接近极限内的均匀分布。
initialize: x[0] arbitrarily
for i=1,2,...,N
if (f() == 1) x[i] = (x[i-1]++) % n
else x[i] = (x[i-1]-- + n) % n
对于较大的 N，向量 x 将包含 0 和 n 之间的均匀分布数。此外，通过添加接受/拒绝步骤，我们可以模拟任意分布，但您需要在 [0,1] 上模拟均匀随机数作为子过程。
【讨论】：
def gen(a, b):
min_possible = a
max_possible = b
while True:
floor_min_possible = floor(min_possible)
floor_max_possible = floor(max_possible)
if max_possible.is_integer():
floor_max_possible -= 1
if floor_max_possible == floor_min_possible:
return floor_max_possible
mid = (min_possible + max_possible)/2
if coin_flip():
min_possible = mid
else:
max_possible = mid
【讨论】：
My #RandomNumberGenerator #RNG
/w any f(x) that gives rand ints from 1 to x, we can get rand ints from 1 to k, for any k:
get ints p & q, so p^q is smallest possible, while p is a factor of x, & p^q >= k;
Lbl A
i=0 & s=1; while i < q {
s+= ((f(x) mod p) - 1) * p^i;
i++;
}
if s > k, goto A, else return s
//** about notation/terms:
rand = random
int = integer
mod is (from) modulo arithmetic
Lbl is a “Label”, from the Basic language, & serves as a coordinates for executing code. After the while loop, if s > k, then “goto A” means return to the point of code where it says “Lbl A”, & resume. If you return to Lbl A & process the code again, it resets the values of i to 0 & s to 1.
i is an iterator for powers of p, & s is a sum.
"s+= foo" means "let s now equal what it used to be + foo".
"i++" means "let i now equal what it used to be + 1".
f(x) returns random integers from 1 to x. **//
I figured out/invented/solved it on my own, around 2008. The method is discussed as common knowledge here. Does anyone know since when the random number generator rejection method has been common knowledge? RSVP.
【讨论】：