首先我们来一道最简单的题目作为引子
1、已知有一个随机函数rand_0_and_1_with_p()，它能以概率p产生0，以概率1 - p产生1，只使用该函数，设计一新的随机函数，要求以等概率产生1和0。
我们知道，运行rand_0_and_1_with_p()函数一次，那么P(0) = p, P(1) = 1 - p。那么如果运行两次的话，P(0 and 1) = p(1 - p),P(1 and 0) = p(1 - p)，这样就出现了等概率，所以我们可以如下实现：
int rand_0_and_1_with_equal_prob() { int tmp1 = rand_0_and_1_with_p(); int tmp2 = rand_0_and_1_with_p(); if (tmp1 == 1 && tmp2 == 0) { return 1; } else if (tmp1 == 0 && tmp2 == 1) { return 0; } else { return -1; } }
注意到，因为题目只是说等概率生成1和0，并没有要求P(1) = 0.5, P(0) = 0.5，所以上述实现是合理的，并且保证了性能，不过实用性不大。那么如果要求该随机函数只能产生0和1，并且等概率呢？其实只要在上述实现中加个循环即可：
int rand_0_and_1_with_equal_prob() { while (1) { int tmp1 = rand_0_and_1_with_p(); int tmp2 = rand_0_and_1_with_p(); if (tmp1 == 1 && tmp2 == 0) { return 1; } else if (tmp1 == 0 && tmp2 == 1) { return 0; } } }
ok，现在又有新的要求了。
2、已知有一个随机函数rand_0_and_1_with_p()，它能以概率p产生0，以概率1 - p产生1，只使用该函数，设计一新的随机函数，要求以等概率1/n产生1到n之间的随机数。
其实这个问题可以这么想，我们先用rand_0_and_1_with_p()来实现一个以等概率0.5产生1和0的新函数，见上 rand_0_and_1_with_equal_prob()。有了这个函数，我们不妨考虑数字i的二进制，它只有0和1组成，那么我们每次生成一个0 或者1，生成log2n次就可以以等概率生成数字i了。代码如下：
int rand_0_to_n_minus_1_with_equal_prob(int n) { int k = 0; while (n) { k++; n >>= 1; } do { int res = 0; for (int i = 0; i < k; ++i) { res |= rand_0_and_1_with_equal_prob() << i; } } while (res >= n); return res; }
这里有个细节需要注意，就是运行log2n次rand_0_and_1_with_equal_prob()函数，最终产生的数可能比n大，因为有可能是如下这种情况：n = 101b，而最后产生的数字是111b，则应该舍弃这种情况，如代码中所示。
3、给定函数rand5()，它能等概率随机产生1~5之间的数字，要求据此实现rand7()，使得能等概率产生1~7之间的数字。
这个题目个人感觉非常棒，可以从题2中获得一定的灵感，题2中是将n表示成2进制，那是因为已知的随机函数是产生0和1的，对于该题，一直的随机函数是随机产生1~5的，我们可以很容易的将该函数转化成随机产生0~4，然后再将7表示成5进制的数，则1=015, 2=025, 3=035, 4=045, 5=105, 6=115, 7=125。不过这里我们同样是生成所有两位的五进制数，那么最高是445，即24，然后去掉21,22,23,24剩下的21个数0~20模7正好可以等概率生成0~6，然后加1即可。代码如下：
int rand7() { do { int k = 5 * (rand5() - 1) + rand5() - 1; } while (k >= 21); return (k % 7) + 1; }
注意上面的代码第3行不能直接写成int k = 5 * (rand5() - 1)。
4、假设已知randn()可以等概率的产生0~n-1的值，现在要求设计一个randm要求等概率产生0~m-1的值。
该题可看成是rand5和rand7的扩展，同样的思路：
如果n >= m，则直接取randn()结果的0~m-1即可；
如果n < m，则可以先判断m可以表示成多少位的n进制数，然后再采用类似上面的算法；
代码如下：
int randm(int n, int m) { int res = 0; if (m <= n) { do { res = randn(); } while (res >= m); return res; } int count = 1; int tmp = n - 1; while (tmp < m) { tmp = tmp * n + n - 1; count++; } int times = (tmp / m) * m; do { res = randn(); for (int i = 0; i < count; ++i) { res = res * n + randn(); } } while (res >= times); return res % m; }
可以写简单的程序验证一下结果即可。
5、如何产生如下概率的随机数？0出1次，1出现2次，2出现3次，n-1出现n次？
我们注意到有如下规律：n - 1 = (n - 1) + 0 = (n - 2) + 1 = (n - 3) + 2 = ... = 2 + (n - 3) = 1 + (n - 2) = 0 + (n - 1)
可以发现，满足a + b = n - i的(a, b)数对的个数为n - i + 1个。所以我们得到如下代码：
int Rand(int n) { while (1) { int tmp1 = rand() % n; int tmp2 = rand() % n; if (tmp1 + tmp2 < n) { return tmp1 + tmp2; } } }
参考: http://www.cppblog.com/myjfm/archive/2012/09/10/190092.html
概率问题
1、一个随机数产生器以概率p生成0，以概率(1-p)生成1，怎样生成等概率的0和1？
如果用这个随机数产生器产生两个位，出现00的概率为，出现01的概率为
，出现10的概率为
，出现11的概率为
。看到没有，出现01和10的概率相等。那么我们就可以用这个随机数生成器每次产生2位，直到产生的是01或者10，当为01时，输出0，当为10时输出1。
问题扩展：还是给这么一个随机数产生器，要求等概率地产生。
解法1：每次产生n位，当为仅第一位是1，其他是0时输出1，当仅有第二位是1，其他位是0是输出2，……当仅有第n位是1，其他是0时输出n。（这个解法有点0疼，好多信息都浪费了，复杂度太高了）
解法2：从原问题的解答中，我们可以成功地得到等概率产生0和1的，求一下n-1二进制表示的位数，比如为k。那么我们每次等概率生成k位二进制数，将这k位二进制组装成一个数，如果这个数在0~n-1的范围内，输入这个数+1，否则重复产生。
2、不重复随机数的产生
我们可以把这题稍微细化一点，随机产生0~n-1中的k个不重复的随机数。
解法1：最容易想到的方法就是，用一个集合来装这些随机产生的数，当这个集合的大小不为k的时候，就没完没了的随机产生并add到集合中。真正这么干过的童鞋会发现这个办法是不行的，当k稍微大一点，这个程序就跑步出来了。
解法2：开辟一个长度为n的数组a，向其中装入0~n-1，然后随机产生一个0~n-1的数x，将a[x]与a[n-1]交换，并将a[n-1]输出，接下来随机产生一个0~n-2的数y，将a[y]与a[n-2]交换，并将a[n-2]输出，知道输出了k个数为止……代码实现参考这里。
3、给定能随机生成整数1到5的函数，写出能随机生成整数1到7的函数
解法1：
产生K个数(k>1) 假定产生的数分别为n1,n2,n3,n4...那么定义产生的数为n1-1+（n2-2）*5+（n3-1）*5^2+ （n4-1）*5^3........于是产生的数位于区间（0，5^k-1)。然后把5^k分成k等分，产生的数位于哪个等分就是那个产生的随机数（0~6），然后+1即可。如果位于k等分的余数范围，则重新执行一次上述过程。不用担心余数问题，当k取3时落到余数范围的概率就已经降低为 6/125，而且余数不会导致概率的问题，只是会影响效率。（相当于5进制）
解法2：
通过rand5()*5+rand5()产生6 7 8 9 10 11......26 27 28 29 30这25个数，每个数出现的概率相等，去前面3*7个数，舍弃后面的4个数，将6 7 8转化成1， 9 10 11转化成2，……，公式：(a-3) / 3，其实跟解法1是一样的，包装一下而已。
4、如何随机选取1000个关键字
给定一个数据流，其中包含无穷尽的搜索关键字（比如，人们在谷歌搜索时不断输入的关键字）。如何才能从这个无穷尽的流中随机的选取1000个关键字？
定义长度为1000的数组。对于数据流中的前1000个关键字，显然都要放到数组中。对于数据流中的的第n（n>1000）个关键字，我们知道这个关键字被随机选中的概率为 1000/n。所以我们以 1000/n 的概率用这个关键字去替换数组中的随机一个。这样就可以保证所有关键字都以 1000/n的概率被选中。对于后面的关键字都进行这样的处理，这样我们就可以保证数组中总是保存着1000个随机关键字。
PS：关于1000/n的概率问题，可以这样来，随机生成1~n的数，如果是在1~1000内那么就替换相应位置
5、在半径为1的圆中随机选取一点
解法1：
假设圆心在(0,0)。在x轴[-1, 1]，y轴[-1, 1]的正方形内随机选取一点。然后判断此点是否在圆内（通过计算此点到圆心的距离）。如果在圆内，则此点即为所求；如果不在，则重新选取直到找到为止。正方形的面积为4，圆的面积为pi，所以正方形内的随机点在圆内的概率是 pi / 4。
解法2：
从[0, 2*pi)中随机选一个角度，对应于圆中的一条半径，然后在此半径上选一个点。但半径上的点不能均匀选取，选取的概率应该和距圆心的长度成正比，这样才能保证随机点在圆内是均匀分布的。
关于不均匀选取问题：在一个直角三角形（斜边长pi，直角边长为1）斜边上随机选一点，然后投影到长为1的直角边应该满足条件。
参考:
1、一个随机数产生器以概率p生成0，以概率(1-p)生成1，怎样生成等概率的0和1？
如果用这个随机数产生器产生两个位，出现00的概率为，出现01的概率为
，出现10的概率为
，出现11的概率为
。看到没有，出现01和10的概率相等。那么我们就可以用这个随机数生成器每次产生2位，直到产生的是01或者10，当为01时，输出0，当为10时输出1。
问题扩展：还是给这么一个随机数产生器，要求等概率地产生。
解法1：每次产生n位，当为仅第一位是1，其他是0时输出1，当仅有第二位是1，其他位是0是输出2，……当仅有第n位是1，其他是0时输出n。（这个解法有点0疼，好多信息都浪费了，复杂度太高了）
解法2：从原问题的解答中，我们可以成功地得到等概率产生0和1的，求一下n-1二进制表示的位数，比如为k。那么我们每次等概率生成k位二进制数，将这k位二进制组装成一个数，如果这个数在0~n-1的范围内，输入这个数+1，否则重复产生。
2、不重复随机数的产生
我们可以把这题稍微细化一点，随机产生0~n-1中的k个不重复的随机数。
解法1：最容易想到的方法就是，用一个集合来装这些随机产生的数，当这个集合的大小不为k的时候，就没完没了的随机产生并add到集合中。真正这么干过的童鞋会发现这个办法是不行的，当k稍微大一点，这个程序就跑步出来了。
解法2：开辟一个长度为n的数组a，向其中装入0~n-1，然后随机产生一个0~n-1的数x，将a[x]与a[n-1]交换，并将a[n-1]输出，接下来随机产生一个0~n-2的数y，将a[y]与a[n-2]交换，并将a[n-2]输出，知道输出了k个数为止……代码实现参考这里。
3、给定能随机生成整数1到5的函数，写出能随机生成整数1到7的函数
解法1：
产生K个数(k>1) 假定产生的数分别为n1,n2,n3,n4...那么定义产生的数为n1-1+（n2-2）*5+（n3-1）*5^2+ （n4-1）*5^3........于是产生的数位于区间（0，5^k-1)。然后把5^k分成k等分，产生的数位于哪个等分就是那个产生的随机数（0~6），然后+1即可。如果位于k等分的余数范围，则重新执行一次上述过程。不用担心余数问题，当k取3时落到余数范围的概率就已经降低为 6/125，而且余数不会导致概率的问题，只是会影响效率。（相当于5进制）
解法2：
通过rand5()*5+rand5()产生6 7 8 9 10 11......26 27 28 29 30这25个数，每个数出现的概率相等，去前面3*7个数，舍弃后面的4个数，将6 7 8转化成1， 9 10 11转化成2，……，公式：(a-3) / 3，其实跟解法1是一样的，包装一下而已。
4、如何随机选取1000个关键字
给定一个数据流，其中包含无穷尽的搜索关键字（比如，人们在谷歌搜索时不断输入的关键字）。如何才能从这个无穷尽的流中随机的选取1000个关键字？
定义长度为1000的数组。对于数据流中的前1000个关键字，显然都要放到数组中。对于数据流中的的第n（n>1000）个关键字，我们知道这个关键字被随机选中的概率为 1000/n。所以我们以 1000/n 的概率用这个关键字去替换数组中的随机一个。这样就可以保证所有关键字都以 1000/n的概率被选中。对于后面的关键字都进行这样的处理，这样我们就可以保证数组中总是保存着1000个随机关键字。
PS：关于1000/n的概率问题，可以这样来，随机生成1~n的数，如果是在1~1000内那么就替换相应位置
5、在半径为1的圆中随机选取一点
解法1：
假设圆心在(0,0)。在x轴[-1, 1]，y轴[-1, 1]的正方形内随机选取一点。然后判断此点是否在圆内（通过计算此点到圆心的距离）。如果在圆内，则此点即为所求；如果不在，则重新选取直到找到为止。正方形的面积为4，圆的面积为pi，所以正方形内的随机点在圆内的概率是 pi / 4。
解法2：
从[0, 2*pi)中随机选一个角度，对应于圆中的一条半径，然后在此半径上选一个点。但半径上的点不能均匀选取，选取的概率应该和距圆心的长度成正比，这样才能保证随机点在圆内是均匀分布的。
关于不均匀选取问题：在一个直角三角形（斜边长pi，直角边长为1）斜边上随机选一点，然后投影到长为1的直角边应该满足条件。