一、给定 $2$ 个大整数 $u$ 和 $v$，它们分别有 $m$ 位和 $n$ 位数字，且 $m\le n$。 当 $m$ 比 $n$ 小很多时，设计一个算法用 $O(nm^{\log(3/2)})$时间求出 $uv$ 的值。说明分析思路，写出伪代码，并写出算法复杂度分析过程。

解：

​ 考虑到 $m$比 $n$小很多，可以把m位乘n位的问题拆解为多个m位相乘的问题，然后利用已经得出的m位相乘的优化算法进行计算。

​ 将 $v$ 分解为 $n/m$ 段，使得每段为 $m$位，那么类似大整数乘法的计算方法，这里计算 $uv$就相当于计算 $n/m$次 $m$位的乘法运算，然后在进行 $n/m-1$次加法。利用已经知道的分治法求 $m$位乘积复杂度为 $O(m^{log^{3}})$,所以求 $uv$的时间复杂度为 $O((n/m)m^{log^{3}}) + O(n/m) = O(nm^{log(3/2)})$.

伪代码：

/**
 *计算位数为m,n,且m<n的两十进制数乘积，使得时间复杂度为O(nm^log(3/2))
 */

//十进制的同位大整数乘法，且位数为n.
public static int bigMul(int x,int y,int n){
    if(n == 1){
        return x*y;	
    }
    int k = n/2;
    int b = x % pow(10,n/2);
    int a = x / pow(10,n/2);
    int d = y % pow(10,n/2);
    int c = y / pow(10,n/2);
    return bigMul(a,c,k)*pow(2,2*k)+((a-b)*(d-c)+bigMul(a,c,k)+bigMul(b,d,k))*pow(2,k)+bigMul(b,d,k);
}
public static int main(){
    Scenner(int u,int v,int m,int n);	//输入u,v,m,n
    int res=0;							//结果
    int divide_V[n/m]; 		//定义存放将v分为n/m个长为m的数的数组
    //将v划分并存入数组
    for i=0 to i=n/m-1:
    	divide_V[i] = v%pow(10,m);
    	v /= pow(10,m);
    //将数组内的数与m使用上面定义的函数分别相乘，再分别乘以对相应段的位数，如2343->23 43,23参与乘法后还要乘10的2次方，最后全部相加
    for i=0 to i=n/m-1:
    	res += bigMul(u,divide_V[i],m) * i*pow(10,m);//第i段的应该补的位数恰为i*10的m次方
    
    return res;
}

二、 设 $n$ 个不同的整数（可能为正整数、负整数或者0）排序后存于数组 $T[0:n-1]$中。 设计一个算法，判断数组中是否存在不动点（若元素 $T[i]$ 等于 $i$, 即 $T[i]=i$，则此元素为不动点）。说明分析思路，写出伪代码，并写出算法复杂度分析过程。

解：

​ 因为每个数都是整数，并且数组是升序的，假设其中某个位置的A[i] = i，那么可以肯定的值，之前的A[x] > x，之后的A[x] < x，那么这个问题除了判断相等的条件不同，其他和课上讲的二分搜索几乎一样，所以可以和二分搜索一样使用分治法和递归进行计算。

​ 因为每次都是执行二分操作，每次递归中间的操作复杂度都为 $O(1)$,所以，总的复杂度的递归表达式为

​ 由主方法得时间复杂度为： $O(logn)$

​

伪代码:

public static int hasPoint(int start, int end,int T[]){
    int mid = (end - start) / 2 + start;
    if(start > end):
        return false;
    
    if(T[mid] == mid):		
    	return true;
    else if(T[mid]<mid):
    	start = mid+1;			//此时值小于下标，应该在右边
    	return hasPoint(start,end,T);
    else if(T(mid)>mid)						//此时值大于下标，那么可能的值就在左边
    	end = mid-1;
        return hasPoint(start,end T);
    return false;
}