Question

我想生成一个范围（n到m，例如100到150）的随机数，但我希望结果不是纯随机的，而是基于正态分布。

我的意思是，一般来说，我希望数字“聚集”在125左右。

我发现这个随机数字包似乎有很多我需要的东西：http://codeproject.com/KB/recipes/Random.aspx

它支持各种随机生成器（包括mersiene twister），可以将生成器应用于发行版。

但是我很困惑，如果我使用正态分布生成器，随机数大约从-6到+8（显然真正的范围是float.min到float.max）。

如何缩放到我要求的范围？

Answer 1

标准正态分布的平均值为0，标准差为1;如果您想使用平均值m和偏差s进行分配，只需乘以s然后再添加m即可。由于正态分布在理论上是无限的，因此您的范围不能有硬限制，例如：（100至150）没有明确拒绝不属于它的数字，但如果有适当的偏差选择，您可以放心（例如）99％的数字将在该范围内。

大约99.7％的人口在+/- 3标准差内，所以如果你选择你的大约(25/3)，它应该运作良好。

所以你需要这样的东西：(normal * 8.333) + 125

Answer 2

为了感兴趣，从统一的RNG生成正态分布的随机数非常简单（尽管必须成对完成）：

Random rng = new Random();
double r = Math.Sqrt(-2 * Math.Log(rng.NextDouble()));
double θ = 2 * Math.Pi * rng.NextDouble();
double x = r * Math.Cos(θ);
double y = r * Math.Sin(θ);

x和y现在包含两个独立的，正态分布的随机数，均值为0和方差1.您可以根据需要进行缩放和翻译，以获得所需的范围（如同间隔解释的那样）。

<强>解释

此方法称为Box–Muller transform。它使用二维单位Gaussian的属性，密度值本身p = exp(-r^2/2)均匀分布在0和1之间（为简单起见，删除了归一化常数）。

由于您可以使用统一的RNG轻松生成此类值，因此最终得到半径为r = sqrt(-2 * log(p))的圆形轮廓。然后，您可以在0和2*pi之间生成第二个均匀随机变量，为您提供一个角度θ，用于定义圆形轮廓上的唯一点。最后，您可以通过将极坐标(r, θ)转换回笛卡尔坐标(x, y)来生成两个i.i.d.正态随机变量。

这个属性 - p均匀分布 - 不适用于其他维度，这就是为什么你必须一次只生成两个正常变量。

Answer 3

tzaman的答案是正确的，但是当你使用你链接的库时，有一种比自己执行计算更简单的方法：NormalDistribution对象具有可写属性Mu（意思是均值）和{{1 （标准偏差）。因此，按照tzaman的数字，将Sigma设置为125，将Mu设置为8.333。

Answer 4

这可能过于简单，无法满足您的需求，但快速而且快速。通过向中心加权的分布获得随机数的便宜方法是简单地添加2个（或更多）随机数。

想一想你滚动两个6面骰子并添加它们。总和通常是7，然后是6和8，然后是5和9等，而且很少只有2或12。

Answer 5

这是另一个不需要计算Sin / Cos的算法，也不需要知道Pi。不要问我理论背景。我已经在某个地方找到了它，这是我以后一直在使用的。我怀疑这是@Will Vousden提到的同一Box-Muller变换的某种规范化。它也会成对产生结果。

示例是VBscript;很容易转换成任何其他语言。

Sub calcRandomGauss (byref y1, byref y2)
    Dim x1, x2, w
    Do
        x1 = 2.0 * Rnd() - 1.0
        x2 = 2.0 * Rnd() - 1.0
        w = x1 * x1 + x2 * x2
    Loop While w >= 1.0 Or w = 0  'edited this line, thanks Richard

    w = Sqr((-2.0 * Log(w)) / w )
    y1 = x1 * w
    y2 = x2 * w
End Sub

Answer 6

此问题的另一种方法是使用 beta分布（与正态分布不同，它具有硬范围）并且涉及选择适当的参数，使分布具有给定的均值和标准差（方差的平方根）。请参阅this question。

基于正态分布的范围内的随机数

6 个答案: