一个特例：已知一个随机数生成函数f3()，即以相同的概率随机返回0， 1， 2（返回每个数的概率均为1/3），现要求通过调用f3()实现一个函数f5()。
解答方法：
（1）最基本的思路：
计算机中所有的数都是由二进制表示，所以如果能得到一个函数f2()，以50%的概率得到0或者1，那就可以通过这个函数来生成任何一个随机数产生器了。
f2(){int a; while((a = f3()) > 1); return a;}
然后f5()就能通过f2()实现。
（2）一次简单扩展：
既然任何一个数能用二进制表示，那也能用三进制表示，f3()就是一个生产三进制各位数字的函数，所以可以通过f3()直接得到f5()。伪代码：
int f5() {
int a;
do {
a = 3 * f3() + f3();
}while(a > 4);
return a;
}因为a的范围是[0, 8]，且概率相等，当a>4的时候，重新调用两次f3()，所以最后返回的是[0, 4]，且概率相等。
（3）两种方法调用f3()函数次数的期望：
方法（2）中一次求得a处于[0, 4]的概率是5/9，每次调用两次f3()，所以期望是2/(5/9) = 18/5 = 3.6次；
方法（1）中a = 4 * f2() + 2 * f2() + f2()，a取值为[0, 7]，所以生成一个随机数调用f2()的次数为3/(5/8) = 24/5，而f2()每次只需调用一次f3()，最终的期望也是24/5 = 4.8次，不如方法（2）好。
（4）方法（2）每次成功概率只有5/9，实在是太低。改进一下，每次调用三遍f3()，即a = 9 * f3() + 3 * f3() + f3()，这样，a的取值范围是[0, 26]，去除25，26两个值之后对5取模，伪代码：
int f5() {
int a;
do {
a = 9 * f3() + 3 * f3() + f3();
}while(a > 24);
return a % 5;
}期望是多少呢？容易计算为：3/(25/27) = 81/25 = 3.24次，比方法（2）还要好。
（5）方法（4）是不是最好的呢？如果每次再增加调用f3()的次数能使得一次成功吗？答案是否定的，因为3^n = (5 - 2)^n，即3的幂次方一定不能被5整除，所以一定有浪费。但是可以换一种思路，把方法（1）与方法（2）结合，先列伪代码：
int f5() {
int a;
do {
a = 3 * f3() + f3();
if(a > 4)
a += 9 * f3();
}while(a > 24);
return a % 5;
}先证明结果正确性，即返回值为[0, 4]，且等概率。由最后return语句知，返回值一定是在[0, 4]；那概率是否相等呢？首先，do-while语句里a的值有三种情况，第一种是[0, 4]，第二种是[5, 8]、[14, 17]、[23, 24]，第三种是[25, 26]，其中第三种是需要抛弃的。仔细分析，a落入第一种情况的概率是5/9，且每个取值等概率，落入第二种情况的概率是(4/9) * (10 / 12) = 10/27，得到每个数的概率都是1 / 27，而每个数模5的余数分别为：0,1,2,3，4,0,1,2，3,4，所以在第二种情况下，返回[0, 4]也是等概率的。
（6）方法（5）的期望呢？
首先，最外层do-while循环一次成功的概率是25/27；循环体内部if语句执行的概率是4/9，所以循环体内部的执行次数的期望是2+4/9 = 22/9，返回一次随机数f3()执行次数的期望是(22/9) / (25/27) = 66/25 = 2.64次。
但是是真的吗？上述分析没有讨论独立性问题，即如果do-while循环体内if语句没有执行，那while判断条件也一定不满足，直接跳出循环。所以应该这样分析：do-while循环体内if语句没有执行的概率为5/9，执行if语句且跳出循环的概率是10/27，执行if语句但未跳出循环的概率是2/27，所以采用求解期望的直接公式进行计算，f3()调用的次数为：T3 = 2 * 5/9 + 3 * 10/27 + (2/27) * (5 * 5/9 + 6 * 10/27) + … = 20/9 + 2/27 * (3 + 20/9) + … + (2/27)^i * (3 * i + 20/9) + … = 2.6592。
比斜体字中计算的多的原因是，一旦没有跳出while循环，次数应该加3而非22/9。
最后的分析如有不对之处，请不吝指出。
（7） 若已知fn()而求fm()呢？
分两种情况考虑：1）m<=n，即调用一次fn()，得到的范围超过了m，那一次成功的概率为m/n，期望为n/m；2）m>n，即调用一次fn()，得到的范围还不足够m，所以必须多次调用，假设调用k次，那么n^k >= m，这样一次循环成功的概率是m/n^k，期望是n^k / m，另外，k >= log(n)m，进行上取整，调用fn()的次数期望是k * n^k / m。
注意到，当m<=n时，k恰好等于1，所以两种情况可以统一了。
（8）对7的一步优化：
方法（7）中，在调用了k次fn()之后，假设得到的值是x（范围是[0, n^k - 1]），直接将x>m的情况舍弃掉了；实际上有更高效点的利用方法，借鉴方法（5），将x取值范围按m进行分组，只需舍弃最后的不足m个数的那组即可。所以一次循环成功的概率变为了(X - X %m) / X，其中X = n^k，期望也就变成了kX/(X - X%m)。显然，n > m的时候同样成立，k取1即可。