我更新了之前问过的一个问题但是由于最初的问题得到了回答，我猜我应该在一个新问题中单独提出这个问题。
以简单的乘法算法为例。我在很多地方看到声称这是一个Log ^ 2（N）操作。给出的解释是，这是由于它包含Log（N）数的Log（N）加法。
我遇到的问题是虽然这是真的，但它忽略了这样一个事实，即每个Log（N）数字都是位移的结果，到最后我们将至少有Logh（N）次移位。由于比特移位1是一个Log（N）操作，单独考虑的位移给我们Log ^ 2（N）操作。
因此，当我看到它进一步声称在实践中乘法实际上不使用Log ^ 2（N）操作时，对我来说没有任何意义，因为各种方法可以减少所需的添加数量。由于单独的位移给我们Log ^ 2（N），我对这种说法如何成真感到困惑。事实上，任何移位和添加方法似乎都有这个位成本，而不管有多少加法。
即使我们使用完美的最小位编码，任何Mbit by Nbit乘法都会产生大约M + Nbit数，因此M + N位必须至少移位N次才输出/存储/组合项，这意味着至少N ^ 2位操作。
这似乎与Toom-Cook等所声称的操作次数相矛盾，所以有人可以指出我的推理存在缺陷的地方。
答案 0 :(得分：1)
我认为解决这个问题的方法是你可以进行操作
a + b << k
根本不需要进行任何轮班。如果你想象添加的样子，它看起来像这样：
bn b(n - 1) ... b(n-k) b(n-k-1) b0 0 ... 0 0 0 0
an a(n-1) ... ak a(k-1) ... a3 a2 a1 a0
换句话说，数字的最后k个数字将只是数字a的最后k个数字，中间数字将由b个数字的子集和一个数字的子集的总和组成，并且通过对b的剩余数字进行任何进位的纹波传播，可以形成数字。换句话说，总运行时间将与a和b中的位数以及要进行转换的位数成比例。
这里真正的诀窍是意识到你可以通过k个位置移动，而不需要在一个地方进行个别移位。不是将所有内容拖垮k次，而是可以确定这些位最终会在哪里直接写入。换句话说，移位k比特的成本不是移位1比特的成本的k倍。它是O（N + k），其中N是数字中的位数。
因此，如果您可以根据某些“使用移位添加两个数字”操作来实现乘法，则不必执行O（（log n） 2 ）位操作。每个加法执行O（log n + k）总位操作，因此如果k很小（例如，O（log n））并且您只进行少量添加，那么您可以做得比O（（log n）更好 2 ）位操作。
希望这有帮助！