ACM-大整数除法

问题描述

        求两个大的正整数相除的商

输入数据

        第 1 行是测试数据的组数 n，每组测试数据占 2 行，第 1 行是被除数，第 2 行是除数。每组测试数据之间有一个空行，每行数据不超过 100 个字符

输出要求

        n 行，每组测试数据有一行输出是相应的整数商

输入样例

3
2405337312963373359009260457742057439230496493930355595797660791082739646
2987192585318701752584429931160870372907079248971095012509790550883793197894

10000000000000000000000000000000000000000
10000000000

5409656775097850895687056798068970934546546575676768678435435345
1

输出样例

0
1000000000000000000000000000000
5409656775097850895687056798068970934546546575676768678435435345

解题思路

        基本的思想是反复做减法，看看从被除数里最多能减去多少个除数，商就是多少。一个一个减显然太慢，如何减得更快一些呢？以 7546 除以 23 为例来看一下：开始商为 0。先减去 23 的 100 倍，就是 2300，发现够减 3 次，余下 646。于是商的值就增加 300。然后用 646减去 230，发现够减 2 次，余下 186，于是商的值增加 20。最后用 186 减去 23，够减 8 次，因此最终商就是 328。
        所以本题的核心是要写一个大整数的减法函数，然后反复调用该函数进行减法操作。
        计算除数的 10 倍、 100 倍的时候，不用做乘法，直接在除数后面补 0 即可。

参考程序

#include 
#include 
#define MAX_LEN 200
using namespace std;
char szLine1[MAX_LEN + 10];
char szLine2[MAX_LEN + 10];
int an1[MAX_LEN + 10];//被除数, an1[0]对应于个位
int an2[MAX_LEN + 10];//除数, an2[0]对应于个位
int aResult[MAX_LEN + 10]; //存放商， aResult[0]对应于个位
/*Substract函数：
长度为 nLen1 的大整数 p1 减去长度为 nLen2 的大整数 p2
减的结果放在 p1 里，返回值代表结果的长度
如不够减返回-1，正好减完返回 0
p1[0]、 p2[0] 是个位 */
int Substract(int *p1,int *p2,int nLen1,int nLen2){
	int i;
	if(nLen1 < nLen2){
		return -1;
	}
	//下面判断 p1 是否比 p2 大，如果不是，返回-1
	bool bLarger = false;
	if(nLen1 == nLen2){
		for(i = nLen1 - 1;i >= 0;i--){
			if(p1[i] > p2[i]){
				bLarger = true;
			}
			if(p1[i] < p2[i]){
				if(!bLarger)
					return -1;
			}
		}
	}
	for(i=0;i=nLen2 时， p2[i] ＝ 0
		if(p1[i] < 0){
			p1[i] += 10;
			p1[i+1]--;
		}
	}
	for(i=nLen1-1;i >= 0;i--){
		if(p1[i]){
			return i+1;
		}
	}
	return 0;
}
int main()
{
	int n;
	char szBlank[20];
	cin >> n;
 	while(n--){
	 	cin >> szLine1;
	 	cin >> szLine2;
	 	int i,j;
	 	int nLen1 = strlen(szLine1);
	 	int nLen2 = strlen(szLine2);
	 	memset(an1,0,sizeof(an1));
	 	memset(an2,0,sizeof(an2));
	 	memset(aResult,0,sizeof(aResult));
	 	j = 0;
	 	for(i=nLen1-1;i>=0;i--){
	 		an1[j++]=szLine1[i] - '0';
	 	}
	 	j = 0;
	 	for(i=nLen2-1;i>=0;i--){
	 		an2[j++]=szLine2[i] - '0';
	 	}
	 	if(nLen1 < nLen2) {
	 		cout<<"0"< 0){
 			//将 an2 乘以 10 的某次幂，使得结果长度和 an1 相同
		 	for(i=nLen1-1;i>=0;i--){
	 			if(i >= nTimes){
			 		an2[i]=an2[i-nTimes];
			 	}else{
	 				an2[i]=0;
	 			}
	 		}
	 	}
	 	nLen2 = nLen1;
	 	for(j=0;j<=nTimes;j++){
	 		int nTemp;
	 		//一直减到不够减为止
	 		//先减去若干个 an2×(10 的 nTimes 次方)，
	 		//不够减了，再减去若干个 an2×(10 的 nTimes-1 次方)， ......
	 		while((nTemp=Substract(an1,an2+j,nLen1,nLen2-j)) >= 0){
		 		nLen1 = nTemp;
		 		aResult[nTimes-j]++;//每成功减一次，则将商的相应位加 1
		 	}
	 	}
OutputResult:
		//下面的循环统一处理进位问题
		for(i=0;i=10){
				aResult[i+1] += aResult[i] / 10;
				aResult[i] %= 10;
			}
		}
		//下面输出结果
		bool bStartOutput = false;
		for(i=MAX_LEN;i>=0;i--){
			if(bStartOutput){
				cout<