【C++经典例题】基于字符串实现大数相乘问题

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倔强的石头_

发布于 2025-04-15 08:30:19

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一、问题描述

在实际编程中，我们经常会遇到需要处理大整数的情况。由于编程语言中内置整数类型（如 int、long 等）有其表示范围的限制，当需要处理的整数超出这些范围时，就不能直接使用内置类型进行计算。

一般的解决方式是以两个以字符串形式表示的非负整数 num1 和 num2 的乘法，并将结果也以字符串形式返回。

输入限制

1 <= num1.length, num2.length <= 200
num1 和 num2 只能由数字组成。
num1 和 num2 都不包含任何前导零，除了数字 0 本身。

二、解题思路

要解决这个问题，我们可以模拟手工乘法的过程。在手工乘法中，我们将一个数的每一位与另一个数的每一位相乘，然后将结果相加，并处理进位。具体步骤如下：

特殊情况处理：如果 num1 或 num2 为 "0"，则直接返回 "0"。
反转字符串：为了方便从低位到高位进行计算，我们将 num1 和 num2 反转。
初始化结果数组：创建一个长度为 num1.size() + num2.size() 的数组 ret，用于存储中间结果。因为两个数相乘的结果位数不会超过这两个数的位数之和。
逐位相乘：使用两层循环，将 num1 的每一位与 num2 的每一位相乘，并将结果累加到 ret 数组的相应位置。
处理进位：遍历 ret 数组，将每一位的进位加到下一位。
去除前导零：由于结果数组可能存在前导零，我们需要将其去除。
转换为字符串：将处理好的结果数组转换为字符串。

三、代码实现

#include <string>
#include <algorithm>

class Solution {
public:
    string multiply(string num1, string num2) 
    {
        // 先判断是否有一个为0
        if(num1 == "0" || num2 == "0")
            return "0";

        // 反转两个字符串方便操作
        reverse(num1.begin(), num1.end());
        reverse(num2.begin(), num2.end());

        // 结果位数不超过两个字符串之和
        int size = num1.size() + num2.size();

        // 创建存储结果的数组并初始化为0
        int* ret = new int[size]();
        
        // 字符串相乘，不考虑进位
        for(int i = 0; i < num1.size(); ++i)
        {
            for(int j = 0; j < num2.size(); ++j)
            {
                ret[i + j] += (num1[i] - '0') * (num2[j] - '0');
            }
        }

        // 处理进位
        for(int i = 0; i < size - 1; ++i)
        {
            ret[i + 1] += ret[i] / 10;
            ret[i] = ret[i] % 10;
        }
        
        // 去除前导零
        int i = size - 1;
        while( (ret[i] == 0) && (size > 1) )
        {
            --size;
            --i;
        }

        // 转字符串
        string s = "";
        s.reserve(size);
        for(int i = size - 1; i >= 0; --i)
        {
            s += ('0' + ret[i]);
        }

        // 释放动态分配的内存
        delete[] ret;
        return s;
    }
};

四、代码详细分析

1. 特殊情况处理

if(num1 == "0" || num2 == "0")
    return "0";

如果 num1 或 num2 为 "0"，则它们的乘积一定为 "0"，直接返回即可。

2. 反转字符串

reverse(num1.begin(), num1.end());
reverse(num2.begin(), num2.end());

使用 std::reverse 函数将 num1 和 num2 反转，这样在后续计算中可以从低位（字符串的起始位置）开始处理。

3. 初始化结果数组

int size = num1.size() + num2.size();
int* ret = new int[size]();

创建一个长度为 num1.size() + num2.size() 的整数数组 ret，并使用 () 进行值初始化，将数组元素都初始化为 0。

4. 逐位相乘

for(int i = 0; i < num1.size(); ++i)
{
    for(int j = 0; j < num2.size(); ++j)
    {
        ret[i + j] += (num1[i] - '0') * (num2[j] - '0');
    }
}

使用两层嵌套循环，将 num1 的每一位与 num2 的每一位相乘，并将结果累加到 ret 数组的相应位置。(num1[i] - '0') 和 (num2[j] - '0') 是将字符转换为对应的数字。

5. 处理进位

for(int i = 0; i < size - 1; ++i)
{
    ret[i + 1] += ret[i] / 10;
    ret[i] = ret[i] % 10;
}

遍历 ret 数组，将每一位的进位（ret[i] / 10）加到下一位，同时将当前位取模 10 得到该位的最终结果。

6. 去除前导零

int i = size - 1;
while( (ret[i] == 0) && (size > 1) )
{
    --size;
    --i;
}

从结果数组的最高位开始检查，如果该位为 0 且结果长度大于 1，则将长度减 1，继续检查前一位。

7. 转换为字符串

string s = "";
s.reserve(size);
for(int i = size - 1; i >= 0; --i)
{
    s += ('0' + ret[i]);
}

创建一个空字符串 s，并使用 reserve 方法预先分配足够的空间。然后从结果数组的最高位开始，将每一位转换为字符并添加到字符串 s 中。

8. 释放内存

delete[] ret;

由于 ret 是动态分配的数组，使用完后需要使用 delete[] 释放内存，避免内存泄漏。

五、复杂度分析

时间复杂度：$O(m * n)$，其中 $m$ 和 $n$ 分别是 num1 和 num2 的长度。主要时间开销在于两层嵌套的循环进行逐位相乘。
空间复杂度：$O(m + n)$，主要空间开销在于存储中间结果的数组 ret。

通过以上步骤，我们就可以实现两个大整数的乘法，并将结果以字符串形式返回。这种方法模拟了手工乘法的过程，避免了使用内置的大整数库和直接将输入转换为整数，适用于处理超出内置整数类型表示范围的大整数乘法问题。

原创声明：本文系作者授权腾讯云开发者社区发表，未经许可，不得转载。

如有侵权，请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除。

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