什么是正确的方法来获得（-1）^ n？
许多algorithm需要计算(-1)^n （两个整数），通常作为一系列因子。 也就是说，对于奇数n是-1对于偶数n是1 。 在C或C ++环境中，经常会看到：
#include<iostream> #include<cmath> int main(){ int n = 13; std::cout << std::pow(-1, n) << std::endl; }
什么更好或惯例？ （或者是其他东西），
std::pow(-1, n) std::pow(-1, n%2) (n%2?-1:1) (1-2*(n%2)) // (gives incorrect value for negative n)
编辑：另外，用户@SeverinPappadeux提出了另一种基于（全局？）数组查找的替代scheme。 我的版本是：
const int res[] {-1, 1, -1}; // three elements are needed for negative modulo results const int* const m1pow = res + 1; ... m1pow[n%2]
如果你想超级迂腐，你可以用(n & 1)代替n % 2 ，用<< 1代替* 2 ，呃我的意思是优化。
所以在8086处理器中计算最快的方法是：
1 - ((n & 1) << 1)
我只是想澄清这个答案来自哪里。 原来的海报alfC发表了很多不同的方法来计算（-1）^ n一些比别人快。
现在，处理器速度与现有处理器一样快，优化编译器的性能同样优秀， 通常我们通过从操作中减less几个CPU周期来实现轻微（甚至可以忽略的）改进，从而提高可读性。
曾经有一次通过编者统治地球，MUL行动是新的和颓废的; 在那个时候，2次手术的权力是无偿优化的邀请。
通常，你实际上并没有计算(-1)^n ，而是跟踪当前的符号（作为一个数字是-1或1 ），并在每一个操作（ sign = -sign ）上进行翻转，当你处理你的n按顺序，你会得到相同的结果。
编辑：请注意，我推荐这一部分原因是因为很less有实际的语义值是表示(-1)^n它只是一个方便的方法翻转迭代之间的符号。
首先，我知道最快的是ODRDtesting（在内联方法中）
/** * Return true if the value is odd * @value the value to check */ inline bool isOdd(int value) { return (value & 1); }
然后利用这个testing，如果奇数返回-1，否则返回1（这是（-1）^ N的实际输出）
/** * Return the computation of (-1)^N * @n the N factor */ inline int minusOneToN(int n) { return isOdd(n)?-1:1; }
最后build议@Guvante，你可以减less乘法，只是翻转一个值的符号（避免使用minusOneToN函数）
/** * Example of the general usage. Avoids a useless multiplication * @value The value to flip if it is odd */ inline int flipSignIfOdd(int value) { return isOdd(value)?-value:value; }
许多algorithm需要计算（-1）^ n（两个整数），通常作为一系列因子。 也就是说，对于奇数n是-1，对于偶数n是1。
考虑将该系列评估为-x的函数。
关于什么
(1 - (n%2)) - (n%2)
n%2最有可能只会计算一次
UPDATE
其实最简单最正确的方法就是使用表格
const int res[] {-1, 1, -1}; return res[n%2 + 1];
那么如果我们正在进行一系列的计算，那么为什么不在正循环和负循环中处理计算，完全忽略了评估？
泰勒级数展开来逼近（1 + x）的自然对数就是这类问题的一个很好的例子。 每个项有（-1）^（n + 1）或（1）^（n-1）。 没有必要计算这个因素。 你可以通过对每两个项目执行1个循环，或者两个循环，一个用于奇数项，一个用于偶数项，来“分割”问题。
当然，由于计算的本质是实数域的计算，所以您将使用浮点处理器来评估个别项。 一旦你决定这样做，你应该使用自然对数的库实现。 但是，如果由于某种原因，你决定不这样做，它肯定会更快，但不是太多，不要浪费周期来计算-1到n次幂的值。
也许每个人甚至可以在不同的线程中完成。 也许问题可以是vector化的，甚至。
