Question

考虑以下代码：

#include <memory.h>
#include <stdlib.h>

void Foo()
{
  const char ** caps = malloc( sizeof( char * ) );
  memset( caps, 0, sizeof( char * ) );
}

使用gcc 4.9.2 -pedantic编译精细但是cl 18（来自VS2013的那个），默认选项在memset行上显示为warning C4090: 'function' : different 'const' qualifiers。

现在caps是一个指向const char指针的指针？所以指针本身不是const因此它应该毫无问题地转换为void*，我认为，但cl似乎会自动从它生成const void*生成警告。这是对正在发生的事情的正确解释吗？这是非标准行为，对吗？

Answer 1

编译器过于热心（读作：编译器错误）。

const char** caps表示caps是一个指针（不是常数）指向不同的指针（也不是常量）到char是不变的。也就是说，您承诺不会通过char的间接来修改caps 这意味着您正式与编译器签订以下合同：

您可以更改caps。
您可以更改*caps（char*指向的caps。
您不允许更改**caps（char指向*caps指向的caps）通过这个链指针。
没有其他任何人（例如别名指针）更改该字符的值。

const char ** caps = malloc（sizeof（char *））;

使用值合法初始化caps，这是合法的。如果malloc失败，则此值为空指针，但从语言的角度来看，这通常也是完全合法的（尽管这会导致以下memset崩溃）。在C ++中，您需要显式转换void*返回的malloc，但C允许这样的事情就好了。

memset(caps, 0, sizeof(char*));

让我的头发站起来（我是一名C ++程序员），但从C语言的角度来看它仍然是完全合法的。
它的作用是覆盖到目前为止已分配但尚未初始化（并由caps指向的）内存块，该内存块包含第二个指针，其中零个字节的数量等于指针的大小（{{1}指针，因为它发生）。

库函数char采用非常量memset，只需用您提供的值（此处为零）填充您要求的字节数（此处为void*）。关于您使用编译器签订的合同，它不需要也不需要关心。但即便如此，它也不违反任何规则。它会覆盖指针，不指向的常量值是的，它会将一些sizeof(char*)值写入不是 char的数组（这就是为什么我的头发会起立），但是很好。那...... 法律。它毕竟是char应该做的事情，并且它很可能会像预期的那样工作＆＃34;。它会将指针设置为零位模式，除了一些非常罕见的异构体系结构外，它对应于空指针。

内存位置memset在任何时候都没有改变（甚至被访问），所以这一切都是完全合法的，你没有违背任何承诺。

因此警告是错误的。

Answer 2

您无法将常量（const X *）指针投射到void *：这会丢弃其const限定符。

memset需要修改这些数据，这就是为什么它需要void *参数而不是const void *参数。

Answer 3

你写它的方式，const引用char，而不是指针。显然，仅仅分配内存以声明它永远不会被修改（这意味着它永远不会被初始化）是没有意义的。

如果你希望指针本身是const，你应该写：

char ** const caps

你也可以使第二个指针成为常量，但这比使用char const更有意义。

将const char **转换为void *？

3 个答案: