2.61
A !(~x)
B !x
C !(~ (x | 0x00ffffff))
D !(~ (x | 0xffffff00))
2.65
分析：因为本题受12次操作的限制，故不能按位计算是否该位为1。考虑到本题只需要判断1的个数的奇偶性，而并不需要计算一共有多少个1。那么我们考虑到如果能去掉偶数个1对结果并不会产生影响，这需要快速的去掉偶数个1。因为异或运算恰好可以把同为1时变成0。然后在利用分治的方法，整体异或来减少操作次数。
操作：1
1.前16和后16位对齐后异或，那么这时候原来32位的奇偶性和目前异或出来的16位的结果一致。
2.同理前8位和后8位对齐异或。
3.同理前4位和后4位对齐异或。
4.同理前2位和后2位对齐异或。
5.同理前1位和后1位对齐异或。
最后只需要判断最后那一位上是1还是0即可。
int even_ones(unsigned x)
{
unsigned y = x >> 16; x ^= y;
y = x >> 8; x ^= y;
y = x >> 4; x ^= y;
y = x >> 2; x ^= y;
y = x >> 1; x ^= y;
return !(x & 1);
} 2.73
【分析】首先判断是否有无溢出，因为不能用判断符号（<，>），因此我们可以考虑符号位，如果（x+y）的符号位和x与y的符号位都不同，则发生溢出。这个可以用两次异或和一次与操作完成。
令ans= x+y
令ALL= (( x ^ ans) & (y ^ ans)) >> ( intBitCnt - 1);显然当算术溢出时，ALL的32个位上的值均为1（111.....111），否则ALL= 0；Ps：因为是算术右移。
然后继续判断是正溢出还是负溢出，只需要看x或者y的符号位即可判断。
令x_sign= x >> (intBitCnt – 1); 如果正溢出则x_sign= 0 否则各个数位上的值均为1(111....111)。
对于返回的结果，ans| ALL 之后，如果溢出则结果为全1，否则结果仍为x+y。如果正溢出我们只需要令其减去(1<<(intBitCnt – 1))即可，如果负溢出令其减去(1<<(intBitCnt-1)) ^ 111....111(全部1)即可，则否减去0。
这样只要上面参与运算的1与是否溢出，是否正负溢出有关就可以了。
ALL& 1 = 1 是溢出的判断条件。
x_sign& ALL = 111.....111(全1)是负溢出的条件，0则可能正溢出，也可能不溢出。
int saturating_add(int x,int y)
{
int intBitCnt = sizeof(int) << 3;
int ans = x + y;
int ALL = (( x ^ ans) & (y ^ ans)) >> ( intBitCnt - 1);
int x_sign = x >> ( intBitCnt - 1);
return (ans | ALL) - ( (ALL & 1) << ( intBitCnt - 1))^ (x_sign & ALL);
} 2.76
AK = 5 【code】x<<2+x
Bk = 9 【code】x<<3+x
Ck = 30【code】x<<5-x<<1
Dk = -56 【code】x<<3- x << 6