如果您希望样本遵循均匀分布，则问题简化为生成N个sum = 1的随机数。反过来，这是狄利克雷分布的特例，但使用指数分布也可以更轻松地计算。
1.取所有vi均在0和1之间的均匀样本v1...vN。
1.对于所有i，1〈=i〈=N，定义ui：= -ln vi（注意ui〉0）。
1.将ui归一化为pi：= ui/s，其中s为u1+...+uN之和。
p1..pN是均匀分布的（在dim N-1的单纯形中），并且它们的和是1。
现在你可以把这些pi乘以你想要的常数C，然后把它们转换成另一个常数A的和，就像这样
齐：= A + π *C。

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为了解决评论中提出的一些问题，请允许我补充如下：

• 为了确保最终的随机序列福尔斯在区间[a，B]内，选择上述常数A和C为A：= a和C：= b-a，即，取qi = a + pi*（b-a）。由于pi在范围（0，1）内，所有qi将在范围[a，b]内。
• 如果vi碰巧为0，则不能取（负）对数-ln（vi），因为ln（）未定义为0。这种事件的概率极低。然而，为了确保没有错误信号，上述第1项中v1... vN的生成必须以特殊方式处理任何0的出现：将-ln（0）视为+无穷大（记住：ln（x）-〉-infinity当x-〉0时）。因此和s = +infinity，这意味着pi = 1并且所有其他pj = 0。如果没有这个约定，序列（0...1...0）将永远不会生成（非常感谢@塞韦林Pappadeux的这个有趣的评论）。
• 正如@Neil斯莱特在问题 * 的第4条注解中所解释的，逻辑上不可能满足原始框架的所有要求。因此，任何解决方案都必须将约束放宽到原始约束的适当子集。@Behrooz的其他注解似乎证实了这在这种情况下就足够了。
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评论中又提出了一个问题：

• 为什么重新标度均匀样本还不够？*

换句话说，* 我为什么要费心去取负对数？*
原因是，如果我们只是重新缩放，那么得到的样本将不会均匀地分布在线段（0，1）上（或最终样本的[a，b]上）。
为了形象化，让我们考虑2D，即，让我们考虑N=2的情况。均匀样本（v1，v2）对应于原点为的正方形中的随机点（0，0）和角（1，1）。现在，当我们归一化这样的点时，将其除以和s=v1+v2，我们所做的是将该点投影到对角线上，如图所示（记住对角线是x + y = 1）：

但是考虑到绿色线，也就是离主对角线更近的（0，0）至（1，1）的投影线比橙子的投影线更长，橙色的投影线更靠近x轴和y轴，投影线的中心附近的投影倾向于聚集更多（蓝色），缩放后的样本位于其中。这表明简单的缩放不会在所示对角线上生成均匀的样本。另一方面，可以从数学上证明负对数确实能产生理想的均匀性。2因此，我不想复制粘贴数学证明，而是邀请每个人实现这两种算法，并检查得到的曲线是否如这个答案所描述的那样。
（**注：**这里有一篇关于这个有趣主题的博客文章，并应用于石油和天然气行业）

让我们试着简化这个问题，通过减去下界，我们可以把它简化为在**[0，b-a]中寻找N个数，使得它们的和为C-Na**。
重命名参数，我们可以在**[0，m]中查找N个数字，它们的和为S**。
现在，该问题类似于将长度为S的段划分为长度为**[0，m]的N**个不同子段。
我认为这个问题根本无法解决。
如果S=1，N=1000并且m大于0，则唯一可能的重新划分是一个1和999个0，这与随机散布完全不同。

N、m和S之间存在相关性，即使选取随机值也不会使其消失。

对于最均匀的再分配，子段的长度将遵循平均值为S/N的高斯曲线。
如果你对随机数做不同的调整，你最终会得到任何偏差，但最终你永远不会同时得到均匀的[a，b]重划分和总长度C，除非你的[a，b]区间的长度恰好是2C/N-a。

对于我的答案，我将假设我们有一个均匀分布。
因为我们有一个均匀分布，所以C的每个元组都有相同的出现概率。例如，对于a = 2, b = 2, C = 12, N = 5，我们有15个可能的元组。从10开始，2。4从3开始，1从4开始。这给出了从1到15中选择一个随机数来选择第一个元素的想法。从1到10中，我们选择2。从11到14，我们选择3，对于15，我们选择4。

#include <time.h>
#include <random>

std::default_random_engine generator(time(0));
int a = 2, b = 4, n = 5, c = 12, numbers[5];

// Calculate how many combinations of n numbers have sum c
int calc_combinations(int n, int c) {
    if (n == 1) return (c >= a) && (c <= b);
    int sum = 0;
    for (int i = a; i <= b; i++) sum += calc_combinations(n - 1, c - i);
    return sum;
}

// Chooses a random array of n elements having sum c
void choose(int n, int c, int *numbers) {
    if (n == 1) { numbers[0] = c; return; }

    int combinations = calc_combinations(n, c);
    std::uniform_int_distribution<int> distribution(0, combinations - 1);
    int s = distribution(generator);
    int sum = 0;
    for (int i = a; i <= b; i++) {
        if ((sum += calc_combinations(n - 1, c - i)) > s) {
            numbers[0] = i;
            choose(n - 1, c - i, numbers + 1);
            return;
        }
    }
}

int main() { choose(n, c, numbers); }

可能结果：

2
2
3
2
3

这个算法对于大的N来说不能很好地扩展，因为在计算组合时会溢出（除非我们使用一个大的整数库），计算所需的时间以及需要任意大的随机数。

那么，对于n=10000，我们不能有一个小的数，不是随机的吗？
可能生成序列直到sum > C-max达到，然后只放入一个简单的数字来求和。
万分之一更像是系统中非常小的噪音。

虽然这是一个老主题，但我想我有一个想法。考虑我们想要N个随机数，其总和为C，每个随机数在a和b之间。为了解决问题，我们创建N个洞，并准备C个球，每次我们问每个洞“你想要另一个球吗？"。如果否，我们传递到下一个洞，否则，我们把一个球放进洞。每个洞有一个上限值：b-a.如果某个孔达到上限值，则总是传递到下一个孔。
示例：
0和2之间的3个随机数，其和为5。
模拟结果：
第1次运行：-+-
第2次运行：++-
第3次运行：---
第4次运行：+*+
最终：221

• ：垃圾球
  +：接受焊球

• ：完全通过