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

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前面我們就在想，求兩數(shù)之和四則運算都不能用，那還能用什么?。繉ρ?，還能用什么呢？對數(shù)字做運算，除了四則運算之外，也就只剩下位運算了。位運算是針對二進制的，我們也就以二進制再來分析一下前面的三步走策略對二進制是不是也管用。

5的二進制是101，17的二進制10001。還是試著把計算分成三步：第一步各位相加但不計進位，得到的結(jié)果是10100（最后一位兩個數(shù)都是1，相加的結(jié)果是二進制的10。這一步不計進位，因此結(jié)果仍然是0）；第二步記下進位。在這個例子中只在最后一位相加時產(chǎn)生一個進位，結(jié)果是二進制的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二進制也是管用的。

接下來我們試著把二進制上的加法用位運算來替代。第一步不考慮進位，對每一位相加。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。接著考慮第二步進位，對0加0、0加1、1加0而言，都不會產(chǎn)生進位，只有1加1時，會向前產(chǎn)生一個進位。此時我們可以想象成是兩個數(shù)先做位與運算，然后再向左移動一位。只有兩個數(shù)都是1的時候，位與得到的結(jié)果是1，其余都是0。第三步把前兩個步驟的結(jié)果相加。如果我們定義一個函數(shù)AddWithoutArithmetic，第三步就相當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達到這個效果。比如定義一個類，我們new一含有n個這種類型元素的數(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，我們不妨定義兩個函數(shù)。一個函數(shù)充當遞歸函數(shù)的角色，另一個函數(shù)處理終止遞歸的情況，我們需要做的就是在兩個函數(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）的時候調(diào)用第一個函數(shù)，false（0）的時候調(diào)用第二個函數(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n連續(xù)做兩次反運算，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，我們再來看下面的代碼：

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)來實現(xiàn)函數(shù)的選擇。當n不為零時，執(zhí)行函數(shù)B::Sum；當n為0時，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算，比如如下代碼：

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

solution4_Sum<100>::N就是1+2+...+100的結(jié)果。當編譯器看到solution4_Sum<100>時，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，因為solution4_Sum<100>::N=solution4_Sum<99>::N+100。這個過程會遞歸一直到參數(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，不能動態(tài)輸入。這是該方法最大的缺點。而且編譯器對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。