考虑以下形式的收敛级数：
sum(((-1)^n)*something)
其中n 是迭代索引（n 从1 到infinity）。
如果我们直接实现公式，我们有std::pow(-1, n)，但有没有更“快速”的算法技巧来实现它？
【问题讨论】：
pow 太慢，您始终可以使用布尔条件。
n 从1 变为infinity 时，-something 和0 之间的总和不会闪烁吗？
标签： c++ math optimization
检查n是偶数还是奇数，
(n % 2 == 0) ? 1 : -1;
做到了。如果你想避免一个分支，
1 - 2*(n & 1)
【讨论】：
& 1 替换% 2（在二进制补码机器上），就把它扔掉，它就是垃圾。如果在所讨论的平台上位移不是更快，则乘法应该只保留一。但我也不希望无分支代码更快。两者应该几乎相同。
% 2，如果你想测试奇偶校验，编译器会整理出来”的劝告，我不应该这样做，并坚持本能。
我假设sum(((-1)^n)*something) 是伪代码，n 是一个由 sum 绑定的变量。
让我们将该符号扩展为sum(n <- [0,1,2,3..], ((-1)^n)*f(n))。您最好的选择可能是首先将其分成两个总和，然后将它们加在一起：
sum(n <- [0,2..], ((-1)^n)*f(n)) + sum(n <- [1,3..], ((-1)^n)*f(n))
在第一个术语中，n 始终是偶数，因此 (-1)^n 将始终是 +1。类似地，在第二个任期内，它将始终是-1。我们现在可以改写如下：
sum(n <- [0,2..], f(n)) + sum(n <- [1,3..], -f(n))
由于第二个总和中的每一项都乘以一个常数，因此我们可以将该常数移出总和：
sum(n <- [0,2..], f(n)) - sum(n <- [1,3..], f(n))
现在，让我们确保这些总和采用相同的索引序列，并将2*m 和2*m+1 替换为n：
sum(m <- [0,1..], f(2*m)) - sum(m <- [0,1..], f(2*m+1))
现在我们可以再次合并这些总和：
sum(m <- [0,1..], f(2*m) - f(2*m+1))
或者，如果你想要伪 C：
T result = 0;
for(m = 0; m < limit; m+=2) {
result += f(m);
result -= f(m+1);
}
这为您节省了乘以 +1 或 -1，正如大多数人似乎在这里建议的那样。由于您的序列是收敛的，因此多取一项不会对答案的正确性产生负面影响。
【讨论】：
是的，有一个魔术：(-1)^n == 1 当且仅当n 是偶数，并且(-1)^n == -1 当且仅当n 是奇数。因此：
int p = (n % 2 == 0) ? 1 : -1;
sum(p*something)
【讨论】：
如果你在循环中这样做，你可以简单地这样做：
x = 1; // Assuming we start on n = 0
for(...) // or while(...)
{
sum += x * something;
x = -x;
}
这很可能比对 n 进行检查要快得多 - 当然，它确实假设所有 n 值都被迭代，并且您不会在这里和那里跳过一些......
【讨论】：
术语((-1)^n)*something 计算为-something 表示奇数n，或something 表示偶数n：
n & 1 ? -something : something
如果something 是一个常数值，那么当n 的最后一个值为奇数时，sum(((-1)^n)*something) 的计算结果为-something，或者对于偶数个求和数，则计算结果为0：
n & 1 ? -something : 0
在这种情况下，serie 不会收敛。
【讨论】：
f(n) something。结合级数收敛的保证，函数f必须要么是恒定的0，要么根本不是恒定的。