Question

有人可以向我解释以下代码输出：

void myprint(unsigned long a)
{
    printf("Input is %lx\n", a);
}
int main()
{
    myprint(1 << 31);
    myprint(0x80000000);
}

输出gcc main.c：

Input is ffffffff80000000
Input is 80000000

为什么(1 << 31)被视为已签名且0x80000000被视为未签名？

Answer 1

在C中，表达式的结果取决于操作数（或某些操作数）的类型。特别是，1是int（已签名），因此1 << n也是int。

0x80000000的类型（包括签名）由规则here决定，它取决于系统上int和其他整数类型的大小，没有指明。选择一种类型，使0x80000000（一个大的正数）在该类型的范围内。

如果您有任何误解：文字0x80000000是一个大的正数。人们有时会错误地将其等同于负数，将值与表示混合在一起。

在您的问题中，您说“为什么0x80000000被视为无符号？”。但是，您的代码实际上并不依赖于0x80000000的签名。你用它做的唯一事情是将它传递给带有unsigned long参数的函数。因此，无论是签名还是未签名都无关紧要;传递给转换时，它会转换为具有相同值的unsigned long。（由于0x80000000在unsigned long的最小保证范围内，因此不可能超出范围。

所以，那是0x80000000处理的。那么1 << 31呢？如果您的系统具有32位int（或更窄），则由于带符号的算术溢出而导致undefined behaviour。（Link to further reading）。如果您的系统具有较大的整数，那么这将产生与0x80000000行相同的输出。

如果您改为使用1u << 31，并且您有32位整数，则没有未定义的行为，并且您可以保证看到程序输出80000000两次。

由于您的输出不是80000000，因此我们可以断定您的系统具有32位（或更窄）的int，并且您的程序实际上会导致未定义的行为。如果0x80000000为32位，则unsigned int的类型为int，否则为unsigned long。

Answer 2

为什么(1 << 31)被视为已签名且0x80000000被视为未签名？

来自 6.5.7比特移位运算符的C11规范：

3对每个操作数执行整数提升。结果的类型   升级后的左操作数。 [...]
  4 E1的结果＆lt;＆lt; E2是E1左移E2位位置;腾空   位用零填充。如果E1具有无符号类型，则值为   结果是E1×2 ^E2，比最大值减少一个模数   在结果类型中可表示。如果E1有签名类型和   非负值，E1×2 ^E2在结果类型中可表示，   那就是结果价值; 否则，行为未定义

所以，因为1是int（来自下一段中提到的第6.4.4.1节），1 << 31也是int，其值不太好在int小于或等于32位的系统上定义。（甚至可能陷阱）

来自 6.4.4.1整数常量

3十进制常数以非零数字开头，由a组成十进制数字序列。八进制常量由前缀0组成可选地后跟一个数字0到7的序列。一个十六进制常量由前缀0x或0X后跟a组成十进制数字的序列和字母a（或A）到f（或 F）分别为10到15的值。

和

5整数常量的类型是对应的第一个列表中可以表示其值。

Suffix   |           decimal Constant         |   Hex Constant
---------+------------------------------------+---------------------------
none     |       int                          |  int
         |       int                          |  unsigned int
         |                                    |  long int
         |       long int                     |  unsigned long int
         |                                    |  long long int
         |       long long int                |  unsigned long long int
---------+------------------------------------+---------------------------
u or U   |       unsigned int                 |  unsigned int
[...]    |       [...]                        |  [...]

因此，0x80000000位为32位或更小位int且32位或更大unsigned int的系统上的unsigned int为datetime，

Answer 3

您显然使用的是32位public class YASGP { public static void main(String args[]) throws IOException { ServerSocket server; try{ server = new ServerSocket(5559); System.out.println("Listening for connection on port 5559 ...."); while (true) { Socket clientSocket = server.accept(); InputStreamReader isr = new InputStreamReader(clientSocket.getInputStream()); BufferedReader reader = new BufferedReader(isr); String line = reader.readLine(); new Thread(new WorkerRunnable(clientSocket)).start(); while (!line.isEmpty()) { System.out.println("----- " + line); if (!line.contains("OPTIONS")) { // System.out.println("Non c'è nulla!!!"); } else { timeS = line.substring(line.indexOf("timeS=") + 6, line.indexOf("&url")); url = line.substring(line.indexOf("url=") + 4, line.lastIndexOf("&param")); param = line.substring(line.indexOf("&param=") + 7, line.indexOf("HTTP")); } line = reader.readLine(); } } } }catch (IOException e) { System.out.println("Could not listen on port: 4001"); } } private static class RequestHandlingClass { public RequestHandlingClass(Socket clientSocket) { } } }和int的系统。

unsigned int适合1，因此它是int，signed int则不是。对于十进制常量，将使用下一个较大的有符号类型，它可以保存该值，对于十六进制和八进制常量，首先使用相应的无符号类型（如果适合）。这是因为无论如何它们通常都是无符号的。有关完整的值/类型矩阵，请参阅C标准6.4.4.1p5。

对于有符号整数，通过更改符号的左移是未定义的行为。这意味着所有赌注都已关闭，因为您超出了语言规范。

说，以下是对结果的解释：

0x80000000显然是您系统上的64位。
long将int转移到符号位，就像您预期的那样。
结果为负1。
否定int转换为ints，使得2的补码表示不需要任何操作（只需重新解释位模式）
当您使用64位unsigned时，该符号将扩展为unsigned long参数的高位。

如何避免它：

移位时始终使用无符号整数（例如，在适当的位置将myprint后缀附加到整数常量，此处为：U或1U）。
使用比0x1U更小的类型时，请注意标准整数转换。
通常，如果您需要特定尺寸，最终应使用int固定宽度类型。请注意，标准整数类型没有定义的位宽。对于32位，请使用stdint.h作为变量。对于常量，请使用宏：uint32_t（不带后缀！）。

Answer 4

我的想法：第一次打电话给myprint（）＆＃39;是一个表达式，因此必须在运行时计算。所以编译器需要将它（通过生成的指令）解释为带符号的 int 左移，产生负的签名 int ，这是然后签名扩展以填充长，然后重新解释为 unsigned long 。 （我认为这可能是编译错误？）

相比之下，第二次打电话给'myprint（）＆＃39;是一个硬编码的整数常量表达式，传递给以 unsigned long 作为参数的例程;我认为编译器是为了从这个上下文中假设常量表达式已经 unsigned long ，因为没有公开冲突的类型信息。

Answer 5

如果我错了，请纠正我。这就是我所理解的。

在我的机器上，如M.M所说，sizeof（int）= 4.（通过print sizeof（int）确认）

因此，1＆lt;＆lt; 31变为（带符号）0x80000000，因为1被签名。但是，0x8000000变为无符号，因为它不适合signed int（因为它被视为正数，而int的最大正数可以是0x7fffffff）。

因此，当signed int转换为long时，将发生符号扩展（使用符号位进行扩展）。转换unsigned int时，使用0进行扩展。

这就是为什么在myprint（1＆lt;＆lt; 31）的情况下会有额外的1，并且在任何一种情况都不是这样的

1）myprint（1u <＆lt; 31）

2）myprint（1＆lt;＆lt; 31），当int＆gt; 32位，因为在这种情况下符号位不是1.

无符号和签名扩展

5 个答案: