或多或少与this question相同，但选择的容器尽可能通用（即只有Forward Container或者甚至只是一个简单的Container）不应该假设容器有一个.size（）并且走两次（一次计算大小并再次得到结果集）是不可接受的。
我有一个解决方案，它比我想要的更复杂一些，所以我希望在3-5行范围内有一些东西。
答案 0 :(得分：2)
我假设'随机元素'表示元素均匀分布。
由于您不知道序列的长度，并且您无法事先计算它，因此您必须逐渐构建随机序列。所以，让我们这样做，并希望我们使用的概率加起来很好，所以我们最终得到了我们想要的东西。
我们将分两步完成。首先，决定绘制哪个序列号，然后如果需要，我们可以为它们选择随机顺序（从问题中不清楚）。而且我会叫你的'N'K'，因为它对我来说更容易。
首先，我们创建一个K元素数组，以保存K个绘制的元素。我们遍历序列的前K个元素并将它们复制到数组中。如果序列没有K个元素，我们会说“不能做”。
现在我们知道我们有来自K大小序列的K个随机元素。如果我们处于序列的最后，我们就完成了。如果没有，我们知道我们有一个K + 1大小的序列。这里有两个选项，选择K + 1项，或者不选择。
选择第K + 1项的概率是多少？我发现更容易计算出第K + 1项不被选中的概率。如果K + 1的元素没有出现，则有（K + 1个K）方式从K + 1中选择K个元素，并且只有（K over K）方式选择K个元素。因此（K over K）/（K + 1 over K）是第K + 1项未被选中的概率。
因此，选择0到1之间的随机数，如果小于1 /（K + 1），则第K + 1个元素不会出现在序列中。如果随机数大于该值，则第K + 1个元素确实出现在序列中。选择介于1和K之间的随机元素，并将其替换为第K + 1个元素。
现在我们转到下一个项目，第K + 2项。我们再次做同样的事情。第K + 2项未出现在序列中的概率是（K + 1对K）/（K + 2对K）。
直到序列耗尽为止。然后你有一个从序列中随机选择的K个元素的列表。
请注意，它们不是随机排序的（至少不是短序列），因此您可能希望为此选择随机K大小的排列。
免责声明：概率是一个婊子，虽然这对我来说似乎是正确的，但我有可能错过了某些东西，最终结果将无法均匀分布。其他人会很快说出来。