有两个随机函数f1（），f2（）。
f1（）以概率p1返回1，以0概率1-p1返回。
f2（）以概率p2返回1，以0概率1-p2返回。
我想实现一个新函数f3（），它以概率p3（ 给定概率 ）返回1，并以概率1-p3返回0。在函数f3（）的实现中，我们可以使用函数f1（）和f2（），但是你不能使用任何其他随机函数。
如果p3 = 0.5，则是一个实施例子：
int f3()
{
do
{
int a = f1();
int b = f1();
if (a==b) continue;
// when reachs here
// a==1 with probability p1(1-p1)
// b==1 with probability (1-p1)p1
if (a==1) return 1;//now returns 1 with probability 0.5
if (b==1) return 0;
}while(1)
}
f3（）的这个实现将给出一个概率为0.5的随机函数返回1，以及概率为0.5的0。但是如何用p3 = 0.4实现f3（）？我不知道。
我想知道，这项任务可能吗？以及如何实现f3（）？
提前致谢。
答案 0 :(得分：3)
如果p3是有理数，这可以解决。
我们应该使用条件概率。
例如，如果要为p3 = 0.4进行此操作，则方法如下：
计算p3的分数形式。在我们的例子中，它是p3 = 0.4 = 2/5。
现在从同一个分布生成尽可能多的随机变量（假设，从f1开始，我们不会再使用f2）作为分母，称它们为X1，X2，X3，X4，X5。 我们应该重新生成所有这些随机X变量，直到它们的总和等于p3的分数形式的分子。
一旦达到这个目的，我们只返回X1（或任何其他Xn，其中n的选择独立于X变量的值）。由于5个X变量中有2个1（因为它们的和等于分子），X1为1的概率恰好是p3。
对于不合理的p3，仅使用f1无法解决问题。我现在不确定，但我想，它可以用p1 * q + p2 *（1-q）形式的p3求解，其中q是类似方法的合理，产生适当数量的Xs，分布为f1和分布为f2的Ys，直到它们具有特定的预定义和，并返回其中一个。这仍然需要详细说明。
答案 1 :(得分：3)
p1 = 0.77 -- arbitrary value between 0 and 1
function f1()
if math.random() < p1 then
return 1
else
return 0
end
end
-- f1() is enough. We don't need f2()
p3 = 0.4 -- arbitrary value between 0 and 1
--------------------------
function f3()
left = 0
rigth = 1
repeat
middle = left + (right - left) * p1
if f1() == 1 then
right = middle
else
left = middle
end
if right < p3 then -- completely below
return 1
elseif left >= p3 then -- completely above
return 0
end
until false -- loop forever
end
答案 2 :(得分：2)
首先要说的是，调整一个人的大脑是一个很好的问题。我设法解决了p3 = 0.4的问题，因为你刚才要求的！我认为，这种问题的概括并非如此微不足道。 ：d
以下是p3 = 0.4：
直觉来自你的榜样。如果我们在迭代中生成f1()五次的数字，（ 请参阅下面的代码 ），我们可以使用 32 类型结果如下：
1: 00000
2: 00001
3: 00010
4: 00011
.....
.....
32: 11111
其中有 10 这样的结果，其中只有两个1！在确定之后，问题变得简单。只需返回1即可获得4个组合中的任何一个，并为其他6个组合返回0！ （概率0.4表示获得1，10次中有4次）。你可以像下面这样做：
int f3()
{
do{
int a[5];
int numberOfOneInA = 0;
for(int i = 0; i < 5; i++){
a[i] = f1();
if(a[i] == 1){
numberOfOneInA++;
}
}
if (numberOfOneInA != 2) continue;
else return a[0]; //out of 10 times, 4 times a[0] is 1!
}while(1)
}
等待查看一般化解决方案。 干杯！
答案 3 :(得分：1)
当p3的格式为a/2^n（分母为2的幂的有理数）时，这是一个有用的想法。
生成n随机数，概率分布为0.5：
x1，x2，...，xn
将其解释为0...2^n-1范围内的二进制数;该范围内的每个数字具有相等的概率。如果此数字小于a，则返回1，否则返回0.
现在，由于这个问题是在计算机科学的背景下，因此假设p3采用a/2^n（this a common representation of numbers in computers）的形式似乎是合理的。
答案 4 :(得分：1)
我实施了anatolyg和Egor的想法：
inline double random(void)
{
return static_cast<double>(rand()) / static_cast<double>(RAND_MAX);
}
const double p1 = 0.8;
int rand_P1(void)
{
return random() < p1;
}
int rand_P2(void)//return 0 with 0.5
{
int x, y; while (1)
{
mystep++;
x = rand_P1(); y = rand_P1();
if (x ^ y) return x;
}
}
double p3 = random();
int rand_P3(void)//anatolyg's idea
{
double tp = p3; int bit, x;
while (1)
{
if (tp * 2 >= 1) {bit = 1; tp = tp * 2 - 1;}
else {bit = 0; tp = tp * 2;}
x = rand_P2();
if (bit ^ x) return bit;
}
}
int rand2_P3(void)//Egor's idea
{
double left = 0, right = 1, mid;
while (1)
{
dashenstep++;
mid = left + (right - left) * p1;
int x = rand_P1();
if (x) right = mid; else left = mid;
if (right < p3) return 1;
if (left > p3) return 0;
}
}
通过大量的数学计算，我得到，假设P3在[0,1）中均匀分布，那么Egor的期望是（1-p1 ^ 2-（1-p1）^ 2）^（ - 1）。 anatolyg是2（1-p1 ^ 2-（1-p1）^ 2）^（ - 1）。
答案 5 :(得分：0)
在算法上说，是的，可以完成任务。
甚至以编程方式，这是可能的，但这是一个复杂的问题。
让我们举个例子。
让 F1（1）= .5表示F1（0）= .5 F2（2）= .8，这意味着F1（0）= .2
假设你需要一个F3，这样F3（1）= .128
让我们尝试分解它。
.128
= (2^7)*(10^-3) // decompose this into know values
= (8/10)*(8/10)*(2/10)
= F2(1)&F2(1)*(20/100) // as no Fi(1)==2/10
= F2(1)&F2(1)*(5/10)*(4/10)
= F2(1)&F2(1)&F1(1)*(40/100)
= F2(1)&F2(1)&F1(1)*(8/10)*(5/10)
= F2(1)&F2(1)&F1(1)&F2(1)&F1(1)
所以F3（1）=。128如果我们定义F3（）= F2（）＆amp; F2（）＆amp; F2（）＆amp; F1（）＆amp; F1（）
同样如果你想要F4（1）=。9，
你给它为F4（0）= F1（0）| F2（0）= F1（0） F2（0）=。5 .2 = .1，表示F4（1）= 1-0.1 = 0.9
这意味着只有当两者都为零时F4才为零。
所以使用这个（＆amp;，|，而不是（！），xor（^），如果你想）使用f1，f2的组合使用操作肯定会给你F3，它纯粹是出于f1， F2，
找到可以提供确切概率的组合可能是NP难题。
那么，最后回答你的问题，是否有可能？是是，这是一种方法，可能会有很多黑客攻击，以优化这一点，这为您提供了最佳方式。