左移运算符是否取决于寄存器的大小？

Question

让uint8和uint16为8位和16位正整数的数据类型。

uint8 a = 1;
uint16 b = a << 8;

我在32Bit架构上对该程序进行了测试，结果是

  

b = 256

在具有8位长度的寄存器的系统上使用相同的程序会产生结果：

  

b = 0吗？

因为寄存器中的所有位都被<< << 8移位为0？

Answer 1

注册无关。这与您的类型的宽度有关。

当您将值移位比其拥有的位数更多时，该行为是不确定的。编译器，程序，计算机，税务局可以相应地合法证明任何结果。而且，不，that's not just theoretical。

但是，operands in C are promoted before interesting things are done on them。因此，您的uint8_t在左移之前就变成了int。

现在发生什么情况取决于您的体系结构（由编译器配置决定）：实现中的int仅8位吗？ No, it's not! 然后，结果（无论“寄存器大小”如何）都必须遵守语言规则，并得出数学上适当的答案（256）。而且，即使是这样，您会碰到这种未定义的行为，所以问题就没有意义了。

在引擎盖下，如果需要一个以上的寄存器来保存一个变量，那么这将是并且必须发生的（无论隐含的性能成本如何）。那就是如果根本不使用寄存器。请记住，您是在抽象中编程，而不是手工制作机器代码。您显示的程序片段可以在编译过程中完全优化，完全不需要任何运行时指令。 。

Answer 2

  

在具有8位长的寄存器的系统上，同一程序的结果是否为b=0？

否。

在表达式a << 8中，变量a将在移位之前被提升到int。并且保证int至少为16位。

b在所有平台上的值为256，除非编译器中有错误。

但是，如果将第二行更改为uint32 b = a << 16;，则可能会得到奇怪的结果。 a仍将升级为int，但是如果int为两个字节长，则a << 16将调用未定义的行为。