在一个范围内随机，是否为新的rand（）版本存在数字偏差？

Question

从各种其他SO问题中读取，当使用rand（）％N时，您可能会修改您获得的伪数的偏差，因此您通常需要引入一些范围处理。

但是在所有情况下总是提到rand（），而不是较新的random（）或arcrandom4（）函数或本机C ++ 11方法。当你在一组上运行这些例程时会发生什么？你有像rand（）那样的偏见吗？

感谢。

Answer 1

以下答案与Eric Lippert's blog post on the same topic的详细内容不同。此外，this question and its answers处理相同的主题。

来自rand() % N部分的大部分偏见都来自rand()部分 - 来自% N部分。

让我们考虑好的＆＃39; rand（）的实现，生成0到100之间的所有数字（为简单起见），概率相等 - 均匀分布。接下来让我们说我们想使用rand（）的这个实现来生成0到80之间的随机数，所以我们做rand() % 80。让我们分解下一步可能发生的可能性：

1. rand（）生成一个0到79之间的数字。0到79％之间的任何数字80保持相同的数字
2. rand（）生成一个从80到100的数字.80到100％的任何数字80都会转换为0到20

这意味着两种方式最终得到的数字从0到20，但只有单向才能得到21到79之间的数字。从0到20的数字更可能比从21到79的数字。这通常不是理想的属性。

将N均值划分为rand（）的最大值的任何N值都不会出现此问题，因为生成任何值的方法都相同。此外，对于小的N值，偏差要小于接近rand（）的最大值的N的值。

那么，rand（）以外的函数呢？如果它们从某个固定范围返回值并且你进行mod操作，它们将遭受相同的偏差。如果您正在调用以范围作为参数的随机函数，那么您不需要执行mod操作。该函数可能会在内部处理任何偏差。

Answer 2

C ++ 11通过添加替代随机生成器引擎解决了这个问题。

使用％（modulo）将随机数约束到某个范围的原因很糟糕，与偏差无关，更多地与rand（）（线性同余生成器（LCG））的典型实现有关。大多数语言运行时使用LCG作为随机函数;只有最近设计的语言往往不同。

LCG只是乘法和加法（模数通常通过整数的最大大小来实现）。显而易见的是，这种序列的低位遵循规则模式 - 乘法不会将较高位混合到较低位中，并且add会在每次迭代时以恒定方式改变低位。

通过了解不同的随机生成器（linear_congruential_engine，mersenne_twister_engine，subtract_with_carry_engine）引擎，您可以找到适合您应用的最佳引擎。

对Random Engines in c++11

中新的c ++实现有很好的参考

正如@dpy所述std :: uniform_int_distribution是c ++给出的随机分布选项。它即使是随机发电机引擎也会处理偏差问题。但是如果你设置一个范围从1到19并使用％操作将它存储在一个15大小的数组中，则会重新引入偏差问题，如此处的许多帖子所述。

Answer 3

  

当您在一组上运行这些例程时会发生什么？你有偏见吗？   喜欢rand（）？

答案是：这取决于生成器返回的范围大小与模运算中的除数之间的关系。如果除数不能均匀地划分范围，则分布将会发生偏差。偏差比在[1,2]范围内，其中1表示无偏差（均匀分布），偏差随着除数增加。关于arcrandom4()，当模数除数不是2 ^ 32的偶数除数时，这转化为在所有情况下获得的偏态分布。其背后的基本原理解释如下。

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简介。偏见

想象一下，我们正在尝试使用

模拟区间[0,99]上的均匀int分布

int x = rand() % 100;

运算符％使X的概率分布偏斜，因为作为rand（）的最大值的RAND_MAX可能不等于k * 100 + 99.这导致如果您想象0-RAND_MAX范围的所有100个长度部分然后你可以看到最后一部分可能不会产生0-99的全范围。因此，您有更多的数字生成0,1,2 ......，p但不是必需的p + 1，...，98,99（0,1,2，...，p中每个数字多出1次） ）。这种方法的不准确性随着除数的增加而增加，即不均匀划分范围，与均匀分布相比，最大偏差等于2.

在下面的以下部分中，我们显示偏差测量为从[0，p]得到的概率与从[p + 1，n]得到的概率的概率之比等于（k + 1 ）/ k 我们用2个例子证实了这一点。

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式

我们将展示操作模数引入的偏差究竟是什么（应用于均匀分布的发生器以调整输出范围的操作）。我们将按公式进行操作

x = rand() % ( n + 1)

其中rand()是某个生成器，( n + 1)是模运算中的除数。下图显示了我们的观点：

我们可以看到范围[ 0, n]中的数字如何分为重复k + 1次（数字[ 0, p]）的数字以及重复k次的数字{{1}在单个试验中，“从[ p + 1, n]获得的分布中获取数字”。当将生成器给出的最大数量（即Rand_MAX）除以期望范围的大小（n + 1）时， p 被定义为余数：

p =（N-1）％（n + 1）

N - 1 = k *（n + 1）+ p

而 k 是商

k =（N-1-p）/（n + 1）

在一次试验中有

（p + 1）*（k + 1）+（n-p）* k =

= p + 1 + k（n + 1）= N

可能的结果。因此，接收重复k次的元素的概率是k / N.让我们表示

f_0 =（k + 1）/ N，来自[0，p]

的每个元素的概率

f_1 = k / N，来自[p + 1，n]的每个元素的概率

假设我们将表示采样的偏差，在均匀分布上的变换分布，作为属于x = rand() % (n+1)的元素概率与元素概率的比率。范围[ 0, p]：

偏见= f_0 / f_1 =（k + 1）/ k

那么，数字是两倍吗？

没有。事实上，当我们查看图片数字重复时并不意味着比率为2.这个比率只是一个特例，如果发生器的范围被分成恰好2个子范围。一般来说，偏差比为（k + 1）/ k并且渐近地减小，当除数n + 1趋于1时，（并且k倾向于N）。

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实施例

我们现在考虑两个简单的例子（如@dyp所示）。首先，我们将从

给出的分布中生成1000 * 1000个样本

x = rand（）％m

生成器为[ p + 1, n]，除数m = n + 1等于15，下一个等于6。

示例1

std::uniform_int_distribution<> dist(0, 19)

测试程序是：

int x = rand() % 15; // n + 1 = 15, rand is uniform distribution over [0,19]

code

结果：

0：100500 1：100016 2：99724 3：99871 4：99936 5：50008 6：49762 7：50023 8：50123 9：49963 10：50117 11：50049 12：49885 13：49760 14：50263

我们可以看到，在这种情况下，范围[0，p] = [0,4]中的数字大约是其余数字的两倍。这符合我们的偏见公式

bias = f_0 / f_1 =（k + 1）/ k = 2/1

示例2

#include <iostream>
#include <random>
#include <vector>

int main()
{
    std::random_device rd;
    std::mt19937 mt(rd());
    std::uniform_int_distribution<> dist(0, 19);
    std::vector<int> v(15);
    const int runs = 1000 * 1000;
    for (int i = 0; i < runs; ++i)
    {
        ++v[dist(mt) % v.size()];
    }

    for (int i = 0; i < v.size(); ++i)
    {
        std::cout << i << ": " << v[i] << "\n";
    }
}

测试程序是：

int x = rand() % 6; // n + 1 = 6, rand is uniform distribution over [0,19]

code

结果：

0：199875 1：199642 2：149852 3：149789 4：150237 5：150605

在这种情况下，我们观察到范围[0，p] = [0,1]中的数字看起来不是其余数字的两倍，但比例约为20/15。实际上这是4/3，因为我们的偏差公式在这种情况下是

bias = f_0 / f_1 =（k + 1）/ k = 4/3

下图有助于了解这一结果。

full code