Algorithm 为什么一个数的平方比两个随机数的乘积快？

将两个二进制数相乘需要n^2的时间，然而，以某种方式将一个数平方可以更有效地完成。（n是位数）这怎么可能

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还是不可能？这太疯狂了

你是说一个数字乘以2的幂吗？这通常比任何两个随机数相乘要快，因为结果可以通过简单的位移位来计算。但是，请记住，现代微处理器将大量强力硅用于这些类型的计算，与旧微处理器相比，大多数算法的执行速度都非常快，2n的平方根是2n/2或2n>>1，因此，如果您的数字是2的幂，那么一旦知道幂，一切都非常简单。乘法更简单：24*28是24+8。你所做的这些陈述毫无意义。

我相信你可能指的是。这项技术不是用于乘法，而是用于提高到x^n的幂，其中n可能很大。而不是乘以x 乘以N次，执行一系列平方运算和加法运算，这些运算可以映射到N的二进制表示形式。相对于朴素指数算法，乘法运算（比大数加法更昂贵）的数量从N减少到log（N）

我拿到了

2 * 2

它比其他任何东西都贵

2 << 1

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2我认为你的话完全错了

将两个二进制数相乘需要
n^2次

两个32位数字相乘正好需要一个时钟周期。在64位处理器上，我假设两个64位数字相乘正好需要1个时钟周期。32位处理器可以在一个时钟周期内将两个64位数字相乘，这一点都不奇怪

yet squaring a number can be done more efficiently somehow.

求一个数的平方就是将该数与其自身相乘，所以这只是一个简单的乘法。CPU中没有“方形”操作

也许你把“平方”和“乘以2的幂”混淆了。通过将所有位移到“左”一个位置，可以实现乘以2。乘以4就是将所有位移到“左”的两个位置。8，3个位置。但是这个技巧只适用于二的幂。
将一个n位数平方可能比将两个随机n位数相乘更快。我在谷歌上找到了。这是关于任意精度的算术，但它可能与你的要求有关。作者在书中说：

对大整数进行平方运算，即X^2
=（xn-1，xn-2，…，x1，x0）^ 2席形Xi的许多叉积项
XJ和XJ*席是等价的。他们
只需计算一次，然后
左移以便加倍。
可以使用n位平方运算
仅使用（n^2+n）/2执行
单精度乘法

如果你有一个二进制数a，它可以（总是，留给热切的读者去证明）表示为（2^n+B），它可以被平方为2^2n+2^（n+1）B+B^2。然后我们可以重复展开，直到B等于零。我没有仔细研究过它，但直觉上，它感觉好像你应该能够使平方函数比通用乘法用更少的算法步骤。
如果你假设机器的字长是固定的，并且要平方的数字在内存中，平方运算只需要从内存加载一次，因此速度可能更快

对于任意长度的整数，乘法通常是O（N²），但对于大整数，有一些算法可以减少这一点

如果采用简单的O（N²）方法将a乘以b，那么对于a中的每一位，必须移动b并将其添加到累加器中（如果该位为1）。对于a中的每一位，您需要3个移位和加法

注意

( x - y )² = x² - 2 xy + y²

因此

如果每个y是两个不大于x的最大幂，则会减少到较低的平方、两个移位和两个加法。当N在每次迭代中减少时，您可能会获得效率增益（对称意味着它访问三角形中的每个点而不是矩形），但仍然是O（N²）

也许还有另一个更好的对称性可以利用

有比O（N^2）更有效的两个数相乘的算法（见Karatsuba、Pollard、Schönhage–Strassen等）

“两个任意N位数字相乘”和“任意N位数字平方”这两个问题具有相同的复杂性

我们有

4*x*y = (x+y)^2 - (x-y)^2

因此，如果平方N位整数需要O（f（N））时间，那么在O（f（N））中也可以得到任意两个N位整数的乘积。（即2x N位和、2x N位平方、1x 2N位和和和1x 2N位移位）

显然，我们有

x^2 = x * x

所以如果两个N位整数相乘需要O（f（N）），那么N位整数的平方可以在O（f（N））中完成

任何计算乘积（即平方）的算法都提供了一种以相同的渐近代价计算平方（即乘积）的算法

如其他答案所述，在平方运算的情况下，用于快速乘法的算法可以简化。增益将取决于f（N）前面的常数，而不是f（N）本身。
首先是一个伟大的问题！我希望有更多这样的问题

结果证明，我提出的方法是O（n logn），只用于算术复杂度的一般乘法。可以将任意数字X表示为

X = x_{n-1} 2^{n-1} + ... + x_1 2^1 + x_0 2^0
Y = y_{m-1} 2^{m-1} + ... + y_1 2^1 + y_0 2^0

在哪里

然后

在哪里

这只是FFT的一个直接应用程序，用于查找（n+m）对数（n+m）时间中每个k的r_k值

然后，对于每个r_k，您必须确定溢出量有多大，并相应地将其相加。对于一个数的平方，这意味着O（n logn）算术运算

您可以使用Schönhage–Strassen算法更有效地将r_k值相加，以获得O（n log n log n）位操作边界

Eri已经发布了您问题的确切答案
X = x_{n-1} 2^{n-1} + ... + x_1 2^1 + x_0 2^0
Y = y_{m-1} 2^{m-1} + ... + y_1 2^1 + y_0 2^0

x_i, y_i \in {0,1}

XY = sum _ {k=0} ^ m+n r_k 2^k

r_k = sum _ {i=0} ^ k x_i y_{k-i}

    1011 //                               u3 * u0 : u3 * u1 : u3 * u2 : u3 * u3
   1011  //                     u2 * u0 : u2 * u1 : u2 * u2 : u2 * u3       
  0000   //           u1 * u0 : u1 * u1 : u1 * u2 : u1 * u3                 
 1011    // u0 * u0 : u0 * u1 : u0 * u2 : u0 * u3