这个怎么样?(要求y是非负的，所以在y是一个没有非负保证的变量的罕见情况下不要使用这个)

q = (x > 0)? 1 + (x - 1)/y: (x / y);

我将y/y化简为1，消除了x + y - 1项，并消除了溢出的可能性。

当x是无符号类型且包含0时，我避免x - 1自动换行。

对于有符号的x，负和零仍然合并为一种情况。

在现代通用CPU上可能没有太大的好处，但在嵌入式系统中，这比其他任何正确答案都要快得多。

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，则检查x和y是否具有相同的符号，并相应地加1。

Sparky的回答是解决这个问题的一种标准方法，但正如我在评论中所写的，您将面临溢出的风险。这可以通过使用更宽的类型来解决，但是如果您想划分long long呢?

Nathan Ernst的答案提供了一个解决方案，但它涉及一个函数调用、一个变量声明和一个条件，这使得它并不比OPs代码短，甚至可能更慢，因为它更难优化。

我的解决方案是:

q = (x % y) ? x / y + 1 : x / y;

它将比OPs代码略快，因为取模和除法在处理器上使用相同的指令执行，因为编译器可以看到它们是等效的。至少gcc 4.4.1在x86上使用-O2标志执行此优化。

理论上，编译器可能会在Nathan Ernst的代码中内联函数调用并发出相同的东西，但gcc在我测试时没有这样做。这可能是因为它将编译的代码绑定到标准库的单个版本。

最后需要注意的是，在现代机器上，这些都无关紧要，除非您处于一个非常紧密的循环中，并且所有数据都在寄存器或l1缓存中。否则，所有这些解决方案都一样快，除了Nathan Ernst的，如果函数必须从主存中取出，它可能会明显慢一些。

我本想发表评论，但我的知名度不够高。

据我所知，对于正参数和2的幂的除数，这是最快的方法(在CUDA中测试过):

//example y=8
q = (x >> 3) + !!(x & 7);

对于一般的正面论证，我倾向于这样做:

q = x/y + !!(x % y);

这个怎么样?(要求y是非负的，所以在y是一个没有非负保证的变量的罕见情况下不要使用这个)

q = (x > 0)? 1 + (x - 1)/y: (x / y);

我将y/y化简为1，消除了x + y - 1项，并消除了溢出的可能性。

当x是无符号类型且包含0时，我避免x - 1自动换行。

对于有符号的x，负和零仍然合并为一种情况。

在现代通用CPU上可能没有太大的好处，但在嵌入式系统中，这比其他任何正确答案都要快得多。

您可以使用cstdlib中的div函数在一次调用中获得商和余数，然后分别处理天花板，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;
}