为了随机地并且概率均等地生成一个 1 到 6 之间的整数，通常的做法就是抛掷一个正方体的骰子。不过，这并不是唯一的办法。如果你有一枚公正的、正反概率相同的硬币，以及一枚不公正的、正反概率之比为 1 : 2 的硬币，那么你也能概率均等地生成一个 1 到 6 之间的整数。首先抛掷那枚不公正的硬币，那么结果有 1/3 的概率是正面朝上，有 2/3 的概率是反面朝上。如果出现了正面朝上的情况，那么令 i = 1 ；如果出现了反面朝上的情况，那么就再抛掷那枚公正的硬币，掷出正面则令 i = 2 ，掷出反面则令 i = 3 。最后，再抛掷一次公正的硬币，如果正面朝上则令 j = 0 ，如果反面朝上则令 j = 3 。容易看出， i + j 的值有 1, 2, 3, 4, 5, 6 这六种可能，它们出现的概率是均等的，都是 1/6 。
有人或许会说，用硬币模拟骰子哪有那么复杂，只用一枚公正的硬币就能办到：连续抛掷三次硬币，并且规定掷出“正正正”代表数字 1 ，掷出“正正反”代表数字 2 ，“正反正”为 3 ，“正反反”为 4 ，“反正正”为 5 ，“反正反”为 6 ，掷出“反反正”和“反反反”则重来，这不就行了吗？不过，这种方法有一个局限性：它不能保证整个过程在有限步之内完成。而我们刚才的方法中，总的步骤数有一个上限：三步之内必然完成。
我们的问题是：是否对于所有的正整数 n ，都能找到两枚合适的硬币，使得借助它们便能在有限步之内概率均等地产生一个 1 到 n 之间的整数？
答案是肯定的。接下来，我们将会构造性地证明，不管 n 是多少，我们总能使用正反出现概率分别为 1:1 和 1:(n-1) 的两枚硬币，在有限的步数内达成目的。不妨先以 n = 11 时的做法为例，来说明我们的大致思路。
当 n = 11 时，首先把 1:1 的那枚硬币连续抛掷五次，这会出现 32 种等概率的正反组合，然后抛掷 1:10 的那枚硬币，出现正面和出现反面的概率分别为 1/11 和 10/11 。
抛完这六次硬币后，一共会产生 64 种不同的情况，其中 32 种情况出现的概率都是 (1/32) × (1/11) = 1/352 ，另外 32 种情况出现的概率则都是 (1/32) × (10/11) = 10/352 。我们可以在一个单位正方形里直观地表示出这 64 种情况：先用一系列横线把整个正方形划分成 32 个等宽横条，再在左起 1/11 的地方画一条竖线，把每个横条都分成 1:10 两份。图中的这 64 个区域就对应着可能出现的 64 种情况，每个区域的面积占整个正方形的多少，就表示与之对应的情况出现的概率是多少。我们可以把整个正方形看作是由 32 × 11 = 352 个小格子组成的，那么每个格子的面积都占整个正方形的 1/352 ，左边每个区域都只包含 1 个格子，右边每个区域则都包含 10 个格子。
如果我们能把某些区域指派给数字 1 ，把另一些区域指派给数字 2 ，等等，最后把剩下的区域指派给 11 ，使得分给每个数字的区域都包含 32 个格子，即都占正方形总面积的 1/11 的话，问题就解决了。在上面这个图中，这件事情是可以办到的。每 2 个左边的区域和 3 个右边的区域加在一起，正好组成 32 个格子。这样推算下去，划分出 1, 2, 3, …, 10 的地盘，就会用掉左边的 20 个区域和右边的 30 个区域。最后，左边还剩下 12 个区域，右边还剩下 2 个区域，正好又组成了 32 个格子，它们正好成了 11 的地盘。像刚才所说的那样完成六次抛掷后，看看出现的情况位于哪个数的地盘里，便能等概率地产生 1 到 11 之间的整数了。
同样的思路可以适用于任意正整数 n 。取一枚公平的硬币并连续抛掷 k 次，再抛掷一枚正反概率为 1:(n-1) 的硬币，整个概率空间就被分成了 2k × 2 个区域，左边每个区域都占 1 小格，右边每个区域都占 n-1 小格，所有区域加在一起一共有 2k · n 个小格。我们的目标便是把这些区域重新组合成 n 份，使得每份正好都是 2k 个小格。令 q 等于 2k 除以 n-1 的商，令 r 等于 2k 除以 n-1 的余数，那么每次选择 q 个右边的区域和 r 个左边的区域相搭配，正好就是 2k 小格，可供 1 到 n 中的其中一个数使用。如果 q = r ，那么右边的区域和左边的区域会同时用完，于是大功告成。如果 q > r ，那么右边的区域会率先出现不够用的局面，不过这没有关系：右边的每一个区域都可以等效地用左边的 n-1 个区域来代替，因而不够的话总是能从左边找补回来的。如果 q < r 的话，这就真的不好办了，不过幸运的是，我们还留有一手：我们可以精心选择 k 的值，来避免 q < r 。
比方说，刚才 n = 11 时，我们选择的 k 值为 5 ，此时 2k 除以 n-1 的商 q = 3 ，余数 r = 2 。对于其他的正整数 n ，我们总能选择一个合适的 k ，使得 2k 除以 n-1 的商和余数满足 q ≥ r 吗？是的。我们至少可以这么做：注意到余数 r 始终小于除数 n-1 ，因此我们只需要让商数 q 至少是 n-1 即可；因而，选取足够大的 k ，使得 2k ≥ (n-1)2 ，便能保证 q ≥ r 了。
已阅。
NB
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我草,牛逼
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学习了0.0
终于等到更新了，又长了一回见识。
M大神这几个月的作品产出量不高，是很忙吗？
那么，怎样制造不公平硬币呢？如果造不出，整个问题就是纯蛋疼了。
真相了
直接用轮盘不就行了
递归用前边n-1的办法不就行了
……于是等12月看M67大大讲解如何用一枚硬币生成随机数
【或者证明一枚硬币不可能在有限步中做到这一点】
我在想，你怎么去制作一枚正反概率比为1:n的硬币
不公平的硬币只要调整重心的位置不就可以了吗，两面朝上的几率之比应该和重心到两面距离有关（具体关系交给大神计算），调整重心的位置用两种材料混合就行，为什么你们都觉的不可行。
因为如果一边重量是1，另一边重量是2，如果把这个硬币竖直摆在桌上，重量1的那面朝上的概率基本是100%，你能明白我的意思吗。
抛硬币的过程跟你说的操作明显不一样啊，硬币在空中会旋转啊。
即使你说的成立，“基本是100%”说明硬币并不会因为质量分布不均而使得只有一面朝上，而两面朝上的概率比应该是重心位置的连续函数，所以理论上总能制作出满足一定条件的硬币啊。
。。。6666
厉害
正面概率x=(1+1/3^0.5)/2
满足x^2*(1-x)+x*(1-x)^2=1/6
投3次
010+101=001+110=100+011=1/6概率
一枚硬币投出1/2和1/3
对于1/2和1/n
取(k+1)n>c(p,2p+1)>=kn
满足x^p*(1-x)^(p+1)+x^(p+1)*(1-x)^p=1/(2kn)
x^p*(1-x)^p=1/(2kn)
x*(1-x)=1/(2kn)^(1/p)
其实只要一枚公平硬币就够了 =。= ，比如生成6个随机数的时候，连续丢3次硬币，一共有8总组合，令其中6种分别对应1-6，剩下两种奖励重扔一轮！
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额，我有个问题，你的意思是如果只有一枚公平的硬币，是没有办法保证能有限次模拟一个 1/k 概率的事件吗，那就是说计算机也没有办法做到 这种 吗；
显然：
((rand() % k) == 0) 这种并不是 1/k 的事件，
只有： while ((t = rand()) >= k) return t == 0;
这样的才可以吗？
噢 写错了
最后的代码应该是：
while ((t = rand()) >= k); return t == 0;
p为大于2的质数，正面概率x的硬币投p次
x^p+px^(p-1)(1-x)+[p!/(p-2!)2!]x^(p-2)(1-x)^2+…+px(1-x)^(p-1)+(1-x)^p
其中px^(p-1)(1-x)+[p!/(p-2!)2!]x^(p-2)(1-x)^2+…+px(1-x)^(p-1)系数均为p的倍数
注意0.5^(p-1)<=x^p+(1-x)^p2
故存在x满足x^p+(1-x)^p=1/2
即px^(p-1)(1-x)+[p!/(p-2!)2!]x^(p-2)(1-x)^2+…+px(1-x)^(p-1)=1/2
x^(p-1)(1-x)+[(p-1)!/(p-2!)2!]x^(p-2)(1-x)^2+…+x(1-x)^(p-1)=1/2p
这样硬币可投出1/2和1/p
结合文章这枚硬币可随机出1到p之间所有整数
用1和0表示硬币的正反面，重复抛一枚硬币n次，得到n位二进制数，再转换为十进制数。每个数的概率相等，这样就可以随机生成0到2∧n的数。
为什么q小于r就不好办了呀
我甚至可以随机的让这些格子属于某一种情况 只要他们分得的鸽子一样多就好啊， 所以为什么一定要q小于r呢
说反了， 所以为什么一定要q大于r呢？
讚！！
为什么我觉得只需要一枚普通硬币就够了啊，是不是错觉。。。
N个球，是奇数就补一个假球进去，两两分组，扔硬币决定哪一个进入下一轮
这样一来每个球进入下一轮的概率都是0.5，然后再对进入下一轮的球进行同样的操作，直至最后只剩一个球，就是产生的随机数
看上去好像很公平的样子。。
如果你最后剩下的是假球咋办啊
我也觉得一个硬币就够了……任何一个整数都可以用二进制表示出来，那么规定正面是1，反面是0，假设需要1/X的概率，就丢logX次，丢出来的二进制码转化成整数就是随机值。如果丢出来的整数大于最大值就重丢。例如我想roll 100， 那么就丢7次，得到一个1010111之类的，101011转化成十进制是87。
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