Given two numbers represented as strings, return multiplication of the numbers as a string.
Note: The numbers can be arbitrarily large and are non-negative.
Answer 1: 基礎法
大整數乘法
根據小學手算乘法的規則，我們把每一位相乘，得到一個沒有進位的臨時結果，如圖中間的一行紅色數字就是臨時結果，然後把臨時結果從低位起一次進位。對於一個m位整數乘以一個n位整數的結果，存儲空間，最多m+n位（加上一位進位）。
Attention：1. 如果結果中最高位為0，需要去掉前導0.
int i = k+1; while(tmpres[i] == 0)i--;//去掉乘積的前導02. 如果結果為0，需要處理。
if(i < 0)return "0"; //注意乘積為0的特殊情況
即”254“ => s[0] = '2', s[1] = '5' , s[2] = '4'
4. 注意存儲空間的確定，位數等。
由於用tmp[k-i-j]存儲每一個臨時求和結果，max(i) = len1-1; max(j) = len2-1; k取 len1+ len2 -2即可，k是下標，下標從零開始。
實際tmp存儲空間應該是(k+1) + 1, 其中k+1代表臨時結果的數量，1代表乘法可能產生最高位的一位進位。所以
對於一個m位整數乘以一個n位整數的結果，存儲空間，最多m+n位。注意這個最高位對應下標為k+1.
復雜度：O(N^2)
AC Code:
class Solution {
public:
string multiply(string num1, string num2) {
int len1 = num1.size();
int len2 = num2.size();
vector tmp(len1 + len2, 0);
int k = len1 + len2 - 2; //最低位即 (len1-1) * (len2-1），存儲到tmp[0]
for(int i = 0; i < len1; i++)
{
for(int j = 0; j < len2; j++)
{
tmp[k-i-j] += (num1[i]-'0') * (num2[j]-'0');
}
}
//處理進位
int carryBit = 0;
for(int i = 0; i < len1 + len2; i++)
{
tmp[i] += carryBit;
carryBit = tmp[i]/10;
tmp[i] %= 10;
}
int i = k + 1;
while(tmp[i] == 0) i--; //去除乘積前導0
if(i < 0) return "0"; //處理特殊情況乘積為0
string ret;
for(;i >= 0; i--)
{
ret.push_back(tmp[i] + '0');
}
return ret;
}
}; 這道題其實還有更加優的做法，就是用十大最牛的算法之一--Fast Fourier transform(FFT)。使用FFT可以在O(nlogn)時間內求出多項式的乘法，在這裡只需要把變量x帶入10，然後按照求多項式的方法就可以求出兩個大整數的成績了。不過FFT實現不是很簡單，所以在面試中一般不需要寫代碼，只需要知道這個思路和基本工作原理就可以了哈。
查閱資料，有篇博文寫的比較詳細：使用快速傅裡葉變換計算大整數乘法
向量 {ck} 是向量 {ai} 和向量 {bj} 的卷積。根據卷積定理，向量卷積的離散傅裡葉變換是向量離散傅裡葉變換的乘積。於是，我們可以按照以下步驟來計算大整數乘法：
我們根據以上思路去計算，直接進行離散傅裡葉變換的計算復雜度是 O(N2)。快速傅裡葉變換可以計算出與直接計算相同的結果，但只需要 O(N logN) 的計算復雜度。快速傅裡葉變換的要點如下：一個界長為
N 的離散傅裡葉變換可以重新寫成兩個界長各為 N/2 的離散傅裡葉變換之和。其中一個變換由原來 N 個點中的偶數點構成，另一個變換由奇數點構成。這個過程可以遞歸地進行下去，直到我們將全部數據細分為界長為 1 的變換。什麼是界長為 1 的傅裡葉變換呢？它正是把一個輸入值復制成它的一個輸出值的恆等運算。要實現以上算法，最容易的情況是原始的 N 為 2 的整冪次項，如果數據集的界長不是 2 的冪次時，則可添上一些零值，直到 2 的下一冪次。在這個算法中，每遞歸一次需 N 階運算，共需要 log N 次遞歸，所以快速傅裡葉變換算法的時間復雜度是
O(N logN)。
