Question

我正在经历here并发现如果我们不包含stdlib.h，则会导致不需要的行为，转换返回值以及系统上的指针和整数大小是否不同。

下面是SO问题中给出的代码段。这是在64位机器上尝试的，其中指针和整数大小不同。

int main()
{
      int* p;
      p = (int*)malloc(sizeof(int));
      *p = 10;
      return 0;
}

如果我们不包含stdlib.h，编译器将假定malloc返回类型为int，并且将其转换为分配给不同大小的指针会导致不必要的行为。 但我的问题是为什么将int投射到int*并将其分配给不同大小的指针会导致问题。

Answer 1

int main()
{
      int* p;
      p = (int*)malloc(sizeof(int));
      *p = 10;
      return 0;
}

根据C99和C2011规则，对malloc没有可见声明的调用是约束违规，这意味着符合标准的编译器必须发出诊断。（这与C一样接近说某些事情是非法的＆＃34;。）如果您的编译器没有对该呼叫发出警告，您应该找出使用哪些选项来使其完成

在C90规则下，调用没有可见声明的函数会导致编译器假设该函数实际返回类型为int的结果。由于malloc实际上是使用返回类型void*定义的，因此行为未定义;编译器不需要诊断它，但是标准没有说明评估调用时会发生什么。

在实践中通常会发生的事情是编译器生成代码，就好像 malloc被定义为返回int结果一样。例如，malloc可能将其64位void*结果放入某个特定的CPU寄存器中，并且调用代码可能假设该寄存器包含32位{{1} }}。（这不是类型转换;它只是错误的代码，错误地将一种类型的值视为不同的类型。）那么（可能是垃圾）int值是转换到int并存储在int*中。你可能丢失了返回指针的高阶或低阶32位 - 但这只是其中一个可能出错的任意方式

或者p可能会将其64位结果推送到堆栈上，并且调用者可能只从堆栈中弹出32位，从而导致堆栈错位，导致所有后续执行不正确。由于历史原因，C编译器通常不使用这种调用约定，但标准允许它。

如果malloc，int和void*都大小相同（就像它们通常在32位系统上一样），代码可能会起作用 - 但即便这样也不能保证。例如，调用约定可能使用一个寄存器来返回int*个结果，而使用另一个寄存器来返回指针结果。同样，大多数现有的C调用约定允许旧的错误代码做出这样的假设。

调用int需要malloc，即使某些编译器可能不会强制执行该要求。添加#include <stdlib.h>（并放弃演员表）比花时间思考如果不这样做会发生什么更容易。

Answer 2

如果在调用之前没有给出原型，任何函数几乎都会导致未定义的行为，例如，如果它的原型是int function(int x);。

很明显，如果指针的大小大于int的大小而malloc()因隐式声明而返回int，那么返回地址可能不是真实的地址，因为例如，可能无法用较少的位来表示它。

取消引用它将是未定义的行为，顺便说一下，你无法测试，因为它未定义，你会发生什么？它未定义!!!

那么，没有什么可以测试的吗？

malloc返回类型混乱

2 个答案: