问题分析：
在计算机上处理一些大数据相乘时，由于计算机硬件的限制，不能直接进行相乘得到想要的结果。可以将一个大的整数乘法分而治之，将大问题变成小问题，变成简单的小数乘法再进行合并，从而解决上述问题。
当分解到只有一位数时，乘法就很简单了。
算法设计：
分解：
首先将2个大整数a(n位）、b(m位)分解为两部分：ah和al、bh和bl
ah表示大整数a的高位，al表示大整数a的低位，，ah、al为n/2位。
bh表示大整数b的高位，bl表示大整数b的低位，，bh、bl为m/2位。
2个大整数a(n位)、b(m位）相乘转换成了4个乘法运算ah*bh、ah*bl、al*bh、al*bl，而乘数的位数变为了原来的一半。
求解子问题：
继续分解两个乘法运算，直到分解有一个乘数位1位数时停止分解，进行乘法运算并记录结果。
合并：
将计算出的结果相加并回溯，求出最终结果。
#include<stdlib.h>#include<cstring>#include <iostream>using namespace std;#define M 100char sa[1000];char sb[1000];typedef struct _Node { int s[M]; int l; int c;} Node, *pNode;void cp(pNode src, pNode des, int st, int l) { int i, j; for (i = st, j = 0; i < st + l; i++, j++) { des->s[j] = src->s[i]; } des->l = l; des->c = st + src->c;}void add(pNode pa, pNode pb, pNode ans) { int i, cc, k, palen, pblen, len; int ta, tb; pNode temp; //保证pa是高次幂 if ((pa->c < pb->c)) { temp = pa; pa = pb; pb = temp; } ans->c = pb->c; //结果的幂取最少的幂 cc = 0; palen = pa->l + pa->c; //pa的长度 pblen = pb->l + pb->c; //pb的长度 //选取最长的长度 if (palen > pblen) len = palen; else len = pblen; k = pa->c - pb->c; //k是幂差，len是最长的位数 for (i = 0; i < len - ans->c; i++) { if (i < k) ta = 0; else ta = pa->s[i - k]; if (i < pb->l) tb = pb->s[i]; else tb = 0; if (i >= pa->l + k) ta = 0; ans->s[i] = (ta + tb + cc) % 10; cc = (ta + tb + cc) / 10; } if (cc) ans->s[i++] = cc; ans->l = i;}void mul(pNode pa, pNode pb, pNode ans) { int i, cc, w; int ma = pa->l >> 1, mb = pb->l >> 1; Node ah, al, bh, bl; Node t1, t2, t3, t4, z; pNode temp; if (!ma || !mb) { //如果pa是一位数，则和pb交换 if (!ma) { temp = pa; pa = pb; pb = temp; } ans->c = pa->c + pb->c; w = pb->s[0]; //pb必为一位数 cc = 0; for (i = 0; i < pa->l; i++) { //pa必为2位数以上 ans->s[i] = (w * pa->s[i] + cc) % 10; cc = (w * pa->s[i] + cc) / 10; } if (cc) ans->s[i++] = cc; ans->l = i; return; } cp(pa, &ah, ma, pa->l - ma); //高位升幂 cp(pa, &al, 0, ma); //低位幂不变 cp(pb, &bh, mb, pb->l - mb); cp(pb, &bl, 0, mb); mul(&ah, &bh, &t1); mul(&ah, &bl, &t2); mul(&al, &bh, &t3); mul(&al, &bl, &t4); add(&t3, &t4, ans); add(&t2, ans, &z); add(&t1, &z, ans);}int main() { Node ans, a, b; cout << "输入大整数 a：" << endl; cin >> sa; cout << "输入大整数 b：" << endl; cin >> sb; a.l = strlen(sa); b.l = strlen(sb); int z = 0, i; for (i = a.l - 1; i >= 0; i--) a.s[z++] = sa[i] - '0'; a.c = 0; z = 0; for (i = b.l - 1; i >= 0; i--) b.s[z++] = sb[i] - '0'; b.c = 0; mul(&a, &b, &ans); cout << "最终结果为："; for (i = ans.l - 1; i >= 0; i--) cout << ans.s[i]; cout << endl; return 0;}代码解释：
1、将两个输入的大数，倒序存储在数组s[]中，l表示长度，c表示幂，c初始为0。
2、cp函数：将一个n位的数，分成两个n/2的数并存储，记录它的长度和次幂。
3、mul函数，不断地分解，直到有一个乘数为1位数时停止分解，进行乘法并记录结果。
4、add函数，将分解得到的数，进行相加合并。
代码流程：
初始化：将a、b倒序存储在数组a.s[]，b.s[]中。
分解：cp函数：将一个n位的数，分成两个n/2的数并存储，记录它的长度和次幂。ah表示高位，al表示低位，l用来表示数的长度，c表示次幂。
转换为4次乘法运算：ah*bh，ah*bl，al*bh，al*bl：
?求解子问题：
ah*bh，ah*bl，al*bh，al*bl
继续求解子问题：
上述4个乘法运算都有一个乘数为1位数，可以直接进行乘法运算。以ahh*bhh为例：
3首先和1相乘得到3存储在下面数组的第0位，然后3和4相乘得到12，先存储12%10=2，然后存储进位12/10=1，那样结果就为倒序的321，结果的次幂是两个乘数次幂之和。
4个乘法运算结果如下图：
合并：
合并子问题结果，返回给ah*bh，将上面4个乘法运算的结果加起来返回给ah*bh。
由此得到ah*bh=13408x10^4。
用同样的方法求得ah*bl=832x10^2，al*bh=32682x10^2，al*bl=2028。将这4个子问题结果加起来，合并得到原问题a*b=137433428。
算法复杂度分析：
假设两个n位大整数相乘的时间复杂度为T(n)，则：
?当n>1时，可以递推求解如下：
?递推最终的规模为1，令n=2^x，则x=logn，那么有：
大整数乘法的时间复杂度为O(n^2)。
空间复杂度：
程序中变量占用了一些辅助空间，都是常数阶，但合并时结点数组占用的辅助空间为O(n)，递归调用所使用的栈空间时O(logn)。所以，空间复杂度为O(n)。
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