随机数生成算法：K进制逐位生成+拒绝采样

转自：【宫水三叶】k 进制诸位生成 + 拒绝采样

基本分析

给定一个随机生成 1 ~ 7 的函数，要求实现等概率返回 1 ~ 10 的函数。

首先需要知道，在输出域上进行定量整体偏移，仍然满足等概率，即要实现 0 ~ 6 随机器，只需要在 rand7 的返回值上进行 -1 操作即可。

但输出域的拼接/叠加并不满足等概率。例如 rand7() + rand7() 会产生 [2, 14] 范围内的数，但每个数并非等概率：

产生 2 的概率为： $17×17=149\frac{1}{7}\times\frac{1}{7}=\frac{1}{49}$
产生 4 的概率为： $17×17+17×17+17×17=349\frac{1}{7}\times\frac{1}{7}+\frac{1}{7}\times\frac{1}{7}+\frac{1}{7}\times\frac{1}{7}=\frac{3}{49}$

在 [2,14] 这 13 个数中，等概率的数不足 10 个。

因此，你应该知道「执行两次 rand7 相加，将 [1, 10] 范围内的数进行返回，否则一直重试」的做法是错误的。

k进制逐位生成 + 拒绝采样

上述做法出现概率分布不均的情况，是因为两次随机值的不同组合「相加」的会出现相同的结果，比如 (1, 3)、(2, 2)、(3, 1) 最终结果均为 4。

结合每次执行 rand7 都可以看作一次独立事件。我们可以将两次 rand7 的结果看作生成 7 进制的两位。从而实现每个数值都唯一对应了一种随机值的组合（等概率），反之亦然。

举个例子，设随机执行两次 rand7 得到的结果分别是 4（第一次）、7（第二次），由于我们是要 7 进制的数，因此可以先对 rand7 的执行结果进行 -1 操作，将输出域偏移到 [0,6]（仍为等概率），即得到 3（第一次）和 6（第二次），最终得到的是数值 $63)_7$ ，数值 $63)_7$ 唯一对应了我们的随机值组合方案，反过来随机值组合方案也唯一对应一个 7 进制的数值。

那么根据「进制转换」的相关知识，如果我们存在一个 randK 的函数，对其执行 $n$ 次，我们能够等概率产生 $0, K^n - 1]$ 范围内的数值。

回到本题，执行一次 rand7 只能产生 [0,6] 范围内的数值，不足 10 个；而执行 2 次 rand7 的话则能产生 [0, 48] 范围内的数值，足够 10 个，且等概率。

我们只需要判定生成的值是否为题意的 [1, 10] 即可，如果是的话直接返回，否则一直重试。

代码：

class Solution {
public:int rand10() {while (1) {int r71 = rand7();int r70 = rand7();int val = (r71 - 1) * 7 + r70 - 1;if (val >= 1 && val <= 10) return val;}}
};

时间复杂度：期望复杂度为 O(1)，最坏情况下为 O( $∞\infty$ )
空间复杂度：O(1)

进阶

降低对 rand7 的调用次数

我们发现，在上述解法中，范围 [0, 48] 中，只有 [1, 10] 范围内的数据会被接受返回，其余情况均被拒绝重试。

为了尽可能少的调用 rand7 方法，我们可以从 [0, 48] 中取与 [1, 10] 成倍数关系的数，来进行转换。

我们可以取 [0, 48] 中的 [1, 40] 范围内的数来代指 [1, 10]。

首先在 [0, 48] 中取 [1, 40] 仍为等概率，其次形如 x1 的数值有 4 个（1、11、21、31），形如 x2 的数值有 4 个（2、12、22、32）… 因此最终结果仍为等概率。

代码：

class Solution {
public:int rand10() {while (1) {int r71 = rand7();int r70 = rand7();int val = (r71 - 1) * 7 + r70 - 1;if (val >= 1 && val <= 40) return val % 10 + 1;}}
};