寫一個(gè)函數(shù)，求兩個(gè)整數(shù)的之和，要求在函數(shù)體內(nèi)不得使用＋、－、×、÷。

首先我們可以分析人們是如何做十進(jìn)制的加法的，比如是如何得出5+17=22這個(gè)結(jié)果的。實(shí)際上，我們可以分成三步的：第一步只做各位相加不進(jìn)位，此時(shí)相加的結(jié)果是12（個(gè)位數(shù)5和7相加不要進(jìn)位是2，十位數(shù)0和1相加結(jié)果是1）；第二步做進(jìn)位，5+7中有進(jìn)位，進(jìn)位的值是10；第三步把前面兩個(gè)結(jié)果加起來，12+10的結(jié)果是22，剛好5+17=22。

前面我們就在想，求兩數(shù)之和四則運(yùn)算都不能用，那還能用什么?。繉?duì)呀，還能用什么呢？對(duì)數(shù)字做運(yùn)算，除了四則運(yùn)算之外，也就只剩下位運(yùn)算了。位運(yùn)算是針對(duì)二進(jìn)制的，我們也就以二進(jìn)制再來分析一下前面的三步走策略對(duì)二進(jìn)制是不是也管用。

5的二進(jìn)制是101，17的二進(jìn)制10001。還是試著把計(jì)算分成三步：第一步各位相加但不計(jì)進(jìn)位，得到的結(jié)果是10100（最后一位兩個(gè)數(shù)都是1，相加的結(jié)果是二進(jìn)制的10。這一步不計(jì)進(jìn)位，因此結(jié)果仍然是0）；第二步記下進(jìn)位。在這個(gè)例子中只在最后一位相加時(shí)產(chǎn)生一個(gè)進(jìn)位，結(jié)果是二進(jìn)制的10；第三步把前兩步的結(jié)果相加，得到的結(jié)果是10110，正好是22。由此可見三步走的策略對(duì)二進(jìn)制也是管用的。

接下來我們?cè)囍讯M(jìn)制上的加法用位運(yùn)算來替代。第一步不考慮進(jìn)位，對(duì)每一位相加。0加0與1加1的結(jié)果都0，0加1與1加0的結(jié)果都是1。我們可以注意到，這和異或的結(jié)果是一樣的。對(duì)異或而言，0和0、1和1異或的結(jié)果是0，而0和1、1和0的異或結(jié)果是1。接著考慮第二步進(jìn)位，對(duì)0加0、0加1、1加0而言，都不會(huì)產(chǎn)生進(jìn)位，只有1加1時(shí)，會(huì)向前產(chǎn)生一個(gè)進(jìn)位。此時(shí)我們可以想象成是兩個(gè)數(shù)先做位與運(yùn)算，然后再向左移動(dòng)一位。只有兩個(gè)數(shù)都是1的時(shí)候，位與得到的結(jié)果是1，其余都是0。第三步把前兩個(gè)步驟的結(jié)果相加。如果我們定義一個(gè)函數(shù)AddWithoutArithmetic，第三步就相當(dāng)于輸入前兩步驟的結(jié)果來遞歸調(diào)用自己。

int AddWithoutArithmetic(int num1, int num2)
{
        if(num2 == 0)
                return num1;

        int sum = num1 ^ num2;
        int carry = (num1 & num2) << 1;

        return AddWithoutArithmetic(sum, carry);
}

題目：求1+2+…+n，要求不能使用乘除法、for、while、if、else、switch、case等關(guān)鍵字以及條件判斷語句（A?B:C）。

通常求1+2+…+n除了用公式n(n+1)/2之外，無外乎循環(huán)和遞歸兩種思路。由于已經(jīng)明確限制for和while的使用，循環(huán)已經(jīng)不能再用了。同樣，遞歸函數(shù)也需要用if語句或者條件判斷語句來判斷是繼續(xù)遞歸下去還是終止遞歸，但現(xiàn)在題目已經(jīng)不允許使用這兩種語句了。

我們?nèi)匀粐@循環(huán)做文章。循環(huán)只是讓相同的代碼執(zhí)行n遍而已，我們完全可以不用for和while達(dá)到這個(gè)效果。比如定義一個(gè)類，我們new一含有n個(gè)這種類型元素的數(shù)組，那么該類的構(gòu)造函數(shù)將確定會(huì)被調(diào)用n次。我們可以將需要執(zhí)行的代碼放到構(gòu)造函數(shù)里。

class Temp
{
public:
      Temp() { ++ N; Sum += N; }

      static void Reset() { N = 0; Sum = 0; 
}
      static int GetSum() { return Sum; }

private:
      static int N;
      static int Sum;
};

int Temp::N = 
0;
int Temp::Sum = 
0;

int solution1_Sum(int n)
{
      Temp::Reset();

      Temp *a = new Temp[n];
      delete []a;
      a = 0;

      return Temp::GetSum();
}

我們同樣也可以圍繞遞歸做文章。既然不能判斷是不是應(yīng)該終止遞歸，我們不妨定義兩個(gè)函數(shù)。一個(gè)函數(shù)充當(dāng)遞歸函數(shù)的角色，另一個(gè)函數(shù)處理終止遞歸的情況，我們需要做的就是在兩個(gè)函數(shù)里二選一。從二選一我們很自然的想到布爾變量，比如ture（1）的時(shí)候調(diào)用第一個(gè)函數(shù)，false（0）的時(shí)候調(diào)用第二個(gè)函數(shù)。那現(xiàn)在的問題是如和把數(shù)值變量n轉(zhuǎn)換成布爾值。如果對(duì)n連續(xù)做兩次反運(yùn)算，即!!n，那么非零的n轉(zhuǎn)換為true，0轉(zhuǎn)換為false。有了上述分析，我們?cè)賮砜聪旅娴拇a：

class A;
A* 
Array[2];

class A
{
public:
      virtual int Sum (int n) { return 0; }
};

class B: public A
{
public:
      virtual int Sum (int n) { return Array[!!n]->Sum(n-1)+n; 
}
};

int solution2_Sum(int n)
{
      A a;
      B b;
      Array[0] = &a;
      Array[1] = &b;

      int value = Array[1]->Sum(n);

      return value;
}

這種方法是用虛函數(shù)來實(shí)現(xiàn)函數(shù)的選擇。當(dāng)n不為零時(shí)，執(zhí)行函數(shù)B::Sum；當(dāng)n為0時(shí)，執(zhí)行A::Sum。我們也可以直接用函數(shù)指針數(shù)組，這樣可能還更直接一些：

typedef int (*fun)(int);

int solution3_f1(int i) 
{
     return 0;
}

int solution3_f2(int i)
{
     fun f[2]={solution3_f1, solution3_f2}; 
     return i+f[!!i](i-1);
}

另外我們還可以讓編譯器幫我們來完成類似于遞歸的運(yùn)算，比如如下代碼：

template <int n> struct solution4_Sum
{
     enum Value { N = solution4_Sum<n - 1>::N + n};
};
template <> struct solution4_Sum<1>
{
     enum Value { N = 1};
};

solution4_Sum<100>::N就是1+2+...+100的結(jié)果。當(dāng)編譯器看到solution4_Sum<100>時(shí)，就是為模板類solution4_Sum以參數(shù)100生成該類型的代碼。但以100為參數(shù)的類型需要得到以99為參數(shù)的類型，因?yàn)?/span>solution4_Sum<100>::N=solution4_Sum<99>::N+100。這個(gè)過程會(huì)遞歸一直到參數(shù)為1的類型，由于該類型已經(jīng)顯式定義，編譯器無需生成，遞歸編譯到此結(jié)束。由于這個(gè)過程是在編譯過程中完成的，因此要求輸入n必須是在編譯期間就能確定，不能動(dòng)態(tài)輸入。這是該方法最大的缺點(diǎn)。而且編譯器對(duì)遞歸編譯代碼的遞歸深度是有限制的，也就是要求n不能太大。