C / C ++中整数除法的快速上限
给定的整数值x和y ，C和C ++都返回作为商q = x/y浮点等价的底线。 我感兴趣的是返回天花板的方法。 例如， ceil(10/5)=2和ceil(11/5)=3 。
显而易见的方法包括：
q = x / y; if (q * y < x) ++q;
这需要额外的比较和乘法; 和我见过的其他方法（事实上使用）涉及到作为一个float或double铸造。 有没有一个更直接的方法，避免额外的乘法（或第二个分裂）和分支，这也避免铸造为浮点数？
总结…
q = (x + y - 1) / y;
或者（避免x + y溢出）
q = 1 + ((x - 1) / y); // if x != 0
Sparky的答案是解决这个问题的一个标准方法，但正如我在我的评论中写道的那样，你冒着溢出的风险。 这可以通过使用更广泛的types来解决，但是如果要分割long long的types呢？
Nathan Ernst的答案提供了一个解决scheme，但它涉及一个函数调用，一个variables声明和一个条件语句，这使得它不会比OPs代码更短，甚至可能更慢，因为它更难以优化。
我的解决办法是：
q = (x % y) ? x / y + 1 : x / y);
它将比OPs代码稍快，因为模数和除法是在处理器上使用相同的指令执行的，因为编译器可以看到它们是等价的。 至lessgcc 4.4.1在x86上使用-O2标志执行此优化。
理论上，编译器可能会内联在Nathan Ernst的代码中的函数调用，并发出相同的结果，但是gcc在我testing时没有这样做。 这可能是因为它将编译的代码绑定到标准库的单个版本。
最后要说的是，除非您处于一个非常紧密的循环中，并且所有的数据都在寄存器或L1caching中，否则在现代机器上这些都不重要。 否则，所有这些解决scheme将同样快速，除了可能Nathan Ernst的，如果function必须从主存储器取得，这可能会明显较慢。
对于正数：
q = x/y + (x % y != 0);
您可以使用cstdlib中的div函数在一次调用中获得商和余数，然后单独处理天花板，如下所示
#include <cstdlib> #include <iostream> int div_ceil(int numerator, int denominator) { std::div_t res = std::div(numerator, denominator); return res.rem ? (res.quot + 1) : res.quot; } int main(int, const char**) { std::cout << "10 / 5 = " << div_ceil(10, 5) << std::endl; std::cout << "11 / 5 = " << div_ceil(11, 5) << std::endl; return 0; }
这个怎么样？ （要求y是非负数，所以不要在极less数情况下使用y，这里y是一个没有非负性保证的variables）
q = (x > 0)? 1 + (x - 1)/y: (x / y);
我把y/y减less到1，消除了x + y - 1这个词，并且有任何溢出的机会。
当x是一个无符号types并且包含零时，我避免x - 1环绕。
对于有符号的x ，负数和零仍然合并成一个个案。
对于现代通用CPU来说，这可能不是一个巨大的好处，但是在embedded式系统中，这比任何其他正确的答案要快得多。
有一个正面和负面的x解决scheme，但只有正面的y只有1个分裂，没有分支：
int ceil(int x, int y) { return x / y + (x % y > 0); }
注意，如果x是正的，那么除法是趋向零，如果提醒不是零，我们应该加1。
如果x是负数，那么除数就是零，这就是我们所需要的，我们不会添加任何东西，因为x % y不是正数
这适用于正数或负数。
q = x/y+((x%y!=0)?!((x>0)^(y>0)):0);
如果有余数，检查x和y是否具有相同的符号，并相应地加1。
简化的通用forms，
int div_up(int n, int d) { return n / d + (((n < 0) ^ (d > 0)) && (n % d)); } //ie +1 iff (not exact int && positive result)
对于更通用的答案， C ++函数用于整数除法，具有明确的舍入策略
