上面的zjuzzh317大佬回答的很好了，但还是想补充下....
设f(a,b) = (a+b-1)&~(b-1)，f(11,6) = 16，此时16 并不能整除6，但是b为2的幂时上式是确实可行的。可以参照下面代码跑一下。那么如何证明这个结论呢，首先b如果是2的幂此时b-1应该按2进制如下排列，这里设a>0,b>1。
b-1 b
1 10
11 100
111 1000
1111 10000
...
～将其取反则此时非0位全部为1，则&的意思很明确了，就是在高位上取一些左值对应位也为1的。设c = a+b-1，c>a，c&~(b-1)是如何保证其值是b的倍数呢，按照我们上面的分析，b在二进制中只有一位为1，我们设这个位置是p，则b=2的p-1次方，OK，那么～(b-1)保证了这些可取的高位一定是b的倍数，如111 1000，～111实际上是11111...000，如果你熟悉二进制，那么很显然前面那些1，我只要取一个就肯定是1000的倍数了。OK，那么我们如何保证c&~(b-1)，一定会有一个1取到呢？也很容易分析:
先写下隐藏条件：c>a,c>b。
c>b，意味着存在比p要高或者相同的位中有一个为1。以上说明了f的值是b的倍数。那么如何保证f的值是a的上界，且是最小的？想想看还有哪个式子没用到？显然是c>a，c>a这个式子意味着什么呢？实际上和上面哪个思想类似，因为c>a，而且c&~(b-1)，这个~(b-1)左边所有的位都是1，那么我们把a+b-1分成两种情况：第一种，在第p位中有进位的情况(说明下第p位进位是什么意思，省的产生误会，我这里假设进位的意思是两个数二进制下相加，第p位往上进1，则wo们称第p位有进位)此时说明了什么？
是不是在p位或者p+1...p+2..这些位上进位了？OK，进位不就意味着c&~(b-1)>a了吗。在第p位没产生进位，这是什么情况呢？实际上，b-1,中p以下的低位是不是都是1呢，如果不进位，肯定意味着a在p以下的低位根本没有1，而此时我们用c&~(b-1)就等于a。这样，就证明了c&~(b-1)一定是a的弱上界，即f > a，上面我们还能得到f<=c，这里为啥写出来呢？下面要用到哈哈，
f<=c，实际上也很容易看出来，只需要考虑第一种情况，进位时，可能存在c中有比第p位的更低位为1，而&使得c中的这些位置为0了，其余位自然不变，因此f<=c。
现在我们只差最后一步了，即是证明f的值一定是a的最小弱上界，这里弱的意思就是说这个值可以是a。显然我们只需要考虑第p位存在进位的情况，假设我们存在一个更小的下界d，d是b的倍数，且d<f，那么我们应该要找到一个k>0，使得d = f - k，这时f-k在二进制下会发生什么情况呢，因为f是b的倍数，所以p位以下必全0，所以k的p位以下也一定要是一个全0的情况，否则这会使得f-k不是b的倍数。但是k>0，那么k必定要有在p位或p位以上的某些位为1，这不就说明k >= b了吗，这里我们就可以想到前提条件d >= a了，如果d >= a则f-k >= a,即f >= a + k，即
f >= a + b，这与f<=c矛盾了，因此并不存在一个更小弱上界了。
综上，f(a,b)是b的倍数，且f(a,b)是a的一个最小弱上界。
这里还遗留一个问题，也就是我们最开始说到的，b为什么一定要是2的幂？如果不是2的幂，则b-1，无法产生p位以下全1的情况，~(b-1)也无法产生p位以上全1的情况，此时上面的证明失效。例如f(25,6) = 26。
#include <unistd.h>
#include <stdio.h>
void fun(int a,int b){
printf("%d\n",(a+b-1)&~(b-1));
}
int main(){
int a,b;
while(~scanf("%d%d",&a,&b)){
fun(a,b);
}
return 0;
}
a = 7,b = 3
(0111 + 0011) & (~0011)
= (1010)&(1100) = 1000
得到的结果是8
同样的
（21 + 7）&（~7）= 24
（010101 + 000111）&（111000） = （011100）&（111000） = （011000） = 24
这个逻辑式子的作用由例子可以看出一点点
8 是 4（b+1)的倍数中7的最小上界，
24是8（7 + 1）的倍数中21的最小上界。
逻辑表达式的作用是求出在b + 1的倍数中a的最小上界
证明过程比较复杂。。。此处略去
写完之后发现是个非常老的问答了。。。还是发上来吧，希望对大家有帮助
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(a+b)&~b
实现了啥功能 它也不是胡乱的 操作一下啊
这里表示对a上取b的整数倍。例如 a=21， b=32， 则得到的返回值应为 32；a=33, b=32，则得到的返回值应为64。
