【編程珠璣】【第一章】生成隨機數、隨機取樣的問題
一、利用隨機數函數生成隨機數
問題1（《編程珠璣》習題12.1後半段）：
給定一個rand()，可以產生從0到RAND_MAX的隨機數，其中RAND_MAX很大（常見值:16位int能表示的最大整數32767），寫出利用rand()生成[a,b]中任意整數的函數，其中a>=0, b<=RAND_MAX，且b-a<<RAND_MAX。
分析：
這是在編程工作最常見的隨機函數的應用，在這裏做一個起點再合適不過。把隨機數區間的起點從0變為a，同時把一共RAND_MAX+1個數的區間縮小至只含有b-a+1個數的區間，寫為 a + rand()%(b-a+1)，此時顯然最大值是a+(b-a)= b
附加思考：
如果b-a和RAND_MAX很接近會發生什麽情況？讀者不妨先做思考，問題2的分析會做出解答。這個rand()，其實相當於《編程珠璣》提到的bigrand()。
問題2（筆試題變形）：
給定一個隨機數函數rand7()，它能以等概率生成1~7這7個整數。請根據rand7()寫出類似的rand5()。
分析：
如果直接像問題1中一樣，把1+rand7()%5作為rand5()會有什麽情況發生？這時確實能產生1~5的隨機數沒錯，可是各個數的概率相等嗎？
對於隨機數2，既有可能來自於1+1%5，也有可能來自於
為了滿足等概率的要求，可以這麽做：
int rand5() { int res; do { res = rand7(); } while(t>=6); return res; }
雖然保證了1~5的概率都變成了1/5，但是有一個無法避免的缺點是，每當產生了6或者7都要拋棄，相當於這一次運行是“空轉”，浪費了時間。如果對1/5這個概率不明白，可以有兩種理解：每次產生
問題3（筆試題原題）
給定一個隨機數函數rand7()，它能以等概率生成1~7這7個整數。請根據rand7()寫出類似的rand10()。
分析：
有了問題2的概率基礎，把rand7()變成rand10()僅僅需要一點點思考了。
int rand10() { int t1,t2,res; do { t1 = rand7(); //t1以等概率1/5成為{1,2,3,4,5}中的一個數字 } while(t1>=6); do { t2 = rand7(); //t2以1/2概率成為奇數或偶數，因為{1,2,3,4,5,6]中3奇3偶 } while(t2==7); res = t1+5*(t2%2); //res是1~10中的任意一個數的概率都是1/10，註意到%和*具有相同的優先級，這裏去掉括號結果是錯的 return res; }
解釋：
t1的概率是{1~5}中每個元素概率為1/5，t2是1/2概率為奇或者偶，所以(t2%2)是以1/2概率選擇0或者1，因此5*(t2%2)是以1/2概率為0或者5。這樣，選擇1的概率是1/5 * 1/2=1/10，...，選擇6的概率是1/5 * 1/2為1/10....由此可見。
問題2和問題3是對《編程珠璣》上使用範圍不大的randint(i,j)生成其他範圍隨機數方法的解答。在掌握了問題2和問題3的解法後，你已經學會隨機數區間的收縮和擴張，類似的問題迎刃而解。
問題4（《編程珠璣》習題12.1前半段）
C庫函數rand()常返回15個隨機位，寫出bigrand()，能夠返回30個隨機位。
分析：
其實問題4和問題3有點像，但是不同之處在於，這次我們的視角是從位出發的，把rand()看做了將15個位每一個位以1/2概率設為0或1，從而生成0~RAND_MAX。從某種意義上來說，按這種理解方式來解這個問題更輕松一些，但是僅局限於2的冪減1這樣的數值的區間，比如從0到11...11。在此基礎之上把兩部分的位拼接起來即可。
//《編程珠璣》的答案 //int bigrand() {return RAND_MAX *rand() +rand();} //最大值不是30個1，在另一個筆記中有敘述，懷疑有錯我的答案，把先生成的部分左移15位作為高15位 long bigrand(){return ((long)RAND_MAX+1)*rand() +rand();}
擴展：拒絕采樣
這是一個簡單粗暴有效的方法，使用這個方法你可以不用考慮復雜的區間擴展和收縮的問題。以rand7()產生rand10()為例，構造一個二維數組並把它填成：
然後使用兩次rand7()分別生成行號和列號，如果對應元素是0，拋棄重來；否則即是結果。其實這種方法依然用到了區間擴展：把7擴展成7*7，並把不符合的部分拋棄。這樣橫向生成一個1~7的隨機數，縱坐標生成1~7的隨機數，這樣兩次隨機數便能定位一個數組元素，若該元素為1~10之間的數，則被選中，否則重新選擇。這能保證1~10之間的每個數被選中的概率都是1/10。從這裏可以看出這種方法其實還是有缺陷的：如果用rand7()生成rand50()，那這50個數可是填滿這個表格後還有填不下的。
二、利用隨機數函數產生隨機事件
用隨機事件表示隨機事件？這個問題具體化為：使用rand()表示以M/N的概率發生的隨機事件，其中M<=N，並可用作：if(事件A發生) ，其中P(A) = M/N，那麽表示為：
if(rand()%N< M)
...
通過這種方式，我們就可以做出讓程序“以M/N的概率執行某個命令”這樣的設計了。
三、取樣問題:從n個元素中隨機選取m個
1.從概率角度出發
考慮整數0,1,2,...,n-1，可以用上節的方法以概率m/n選取0（推導方式略）。但是對於1，必須考慮之前0是否被選取而以(m-1)/(n-1)或m/(n-1)的概率選取1，後續就更加麻煩。好在叠代是計算機的長項，只需要把這個是否選擇當前數的隨機事件稍作修改即可，使之變成從r個其余的數中選擇s個：
int gen(int m,int n){ int i, select = m,remaining = n; for(i=0;i<n;i++) { if(rand() % remaining <select) { printf("%d\n",i); select--; } remaining--; } return 0; }
其概率證明可見於Knuth的The Art of Computer Programming第2卷。進一步地可以優化為
int genknuth(int m,int n){ int i; for(i=0;i<n;i++) if(rand()%(n -i) < m) { printf("%d\n",i); m--; } return 0; }
《編程珠璣》提示，這種算法是“所有n的所有m元子集被選中的概率相等”，這個條件強於“所有元素被選中的概率相同”。下面是習題12.2中提到的“以等概率選擇所有元素，但是有些m元子集被選中的概率比其他子集大”的算法：直接選擇1個數，則這個m元集合為它本身即後續的一共m個數，可能包括回繞。
對於這種方法，總要產生n次隨機數。進一步可以寫為for(i=0;i<n&&m>0;i++)，但程序的平均運行時間是否變得更快需要權衡。對應地，習題12.7提供了一種稍微減少隨機數產生次數的遞歸函數：
int randselect(int m,int n) { int r; //assert(m<=n && m>=0); if(m>0) { r = rand()%n; if(r < m) { printf("%d\n",n-1); randselect(m-1,n-1); } else randselect(m,n-1); } return 0; }
2.從集合插入出發
由於集合元素不重復，如果按等概率選擇一個隨機數，不在集合中就把它插入，反之直接拋棄，直到集合元素個數達到m個，同樣可以滿足要求，並且用C++的STL很容易實現：
void gensets(int m,int n) { set<int> S; while(S.size() < m) S.insert(rand()%n); set<int>::iterator i; for(i = S.begin();i!=S.end();++i) cout<<*i<<"\n"; }
這個算法的主要問題是，如果拋棄已存在的元素的次數過多，相當於多次產生隨機數並進行集合操作，性能將明顯下降。比如當n=100而m=99，取第99個元素時，算法“閉著眼睛亂猜整數，直到偶然碰上正確的那個為止”（《編程珠璣（續）》，13.1節）。雖然這種情況會在“從一般到特殊”提供解決方案，但下面的Floyd算法明顯規避了產生隨機數超過m次的問題。
習題12.9提供了一種基於STL集合的隨機數取樣方法，可以在最壞情況下也只產生m個隨機數：限定當前從中取值的區間的大小，每當產生重復的隨機數，就把這一次叠代時不會產生的第一個隨機數拿來替換。
int genfloyd(int m,int n){ set<int> S; set<int>::iterator i; for(int j = n-m; j<n;j++) { int t = rand()%(j+1); if(S.find(t) == S.end()) S.insert(t); else S.insert(j); } for(i=S.begin();i!=S.end();++i) cout<<*i<<"\n"; }
不必基於集合而實現，我自己寫了一個原理類似的算法，思想是把“用過”的元素“扔”到下一次叠代的隨機數取樣區間之外：
int gen(int m,int n) { int *array; int i,j; array = (int *)malloc(sizeof(int) * n); for(i=0;i<n;i++) array[i] = i; while(m>=1) { j = rand()%n; printf("%d\n",array[j]); if(j<n-1) array[j] = array[n-1]; m--; n--; } return 0; }
3、從“打亂順序”出發
這是個來源於實際的想法：將所有n個元素打亂，取出前m個。更快的做法是，打亂前m個即可。對應的C++代碼如下：
int genshuf(int m,int n){ int i,j; int *x = new int[n]; for(i = 0;i<n;i++) x[i] = i; for(i = 0;i<m;i++) { j = randint(i,n-1); //randint產生i到n-1之間的隨機數 int t = x[i];x[i] = x[j];x[j] = t; } //sort(x,x+m); //sort是為了按序輸出 for(i=0;i<m;i++) cout<<x[i]<<"\n"; }
把sort註釋掉的這段代碼，可以作為隨機不重復序列產生器。類似的還有Floyd的算法P。（《編程珠璣（續）》，13.3節）
4、從一般到特殊
以上討論的幾種方式都不限定m和n的取值，只需m<=n即可。對於特殊的取值，有特殊的解決方案，以下是編程珠璣上的兩例：
1.n = 106而m=n-10，這時m很大較為接近n，可以先生成10個元素，然後輸出其余的元素。進行這種處理的額外代碼可以提高算法的平均速度。
2.n=231而m = 107，m<<n，這時可以先生成1.1*107個元素，排序後去掉重復的（由於n很大，m中出現重復元素的概率很低），得到 107個元素的樣本。
附：
（《編程珠璣（續）》習題13.5）Doug McIlory的求N個元素中取M種的第G種情況的組合的算法，原書這個算法我沒有理解，也沒有看到比較滿意的解釋，可能用到了某些我不熟悉的組合數性質。原書中沒有對其進行進一步解釋，並且似乎只是作者的題外話而已。如果看著有困難，這部分代碼完全可以跳過。介紹這個算法的原因是用它能在獲得隨機數G後，直接獲得第G種N個元素取M個的取法，相當於只產生了一次隨機數。
int comb(int n,int m,int g,int* array){ int d = 1,t; while(m>0) { t = combination(n-d,m-1); //combination(n,m)是計算n中取m個的組合數 if(g-t<0) { m--; array[m] = d; printf("%d\n",d); } else g-=t; d++; } return 0; }
三、取樣問題:從未知總數的元素中選擇一個
從事先未知總數為n的對象中隨機選擇一個的方法。有兩種常見的具體問題：
1.讀取一個未知行數的文件，隨機輸出其中的的一行，同時最多只能緩沖一行的內容（《編程珠璣（續）》習題15.3利用了這種形式）；
2.對鏈表進行一趟遍歷，隨機輸出其中的一個結點的元素，只能使用一個臨時指針。
解法是，以概率1選擇第一個元素存入緩存，以概率1/2用第二個元素替換掉緩存，...，直至遍歷完所有元素，最後輸出緩存的內容。可以分析出此時所有元素留在緩存的概率均為1/n，比如1，是1*(1/2)*(2/3)*...*((n-1)/n)。
int random_select(void){ int i,num=1; for(i=1;i<n;i++) if(rand()%i ==0) //等於0或者任何一個0~i-1之間的數，表示概率1/i。 num = i; //以1/i的概率替換num的緩存值。 return num; }
對於這個問題的常見應用：馬爾科夫文本生成器裏選擇哈希表中某項對應鏈表的任意一個結點。
【編程珠璣】【第一章】生成隨機數、隨機取樣的問題