为什么这段代码在 64 位架构上会出现段错误，但在 32 位上却能正常工作？答案

【问题标题】：Why does this code segfault on 64-bit architecture but work fine on 32-bit?为什么这段代码在 64 位架构上会出现段错误，但在 32 位上却能正常工作？
【发布时间】：2011-11-24 14:42:49
【问题描述】：

我遇到了以下 C 难题：

问：为什么以下程序在 IA-64 上会出现段错误，但在 IA-32 上可以正常工作？

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

我知道int 在 64 位机器上的大小可能与指针的大小不同（int 可能是 32 位，指针可能是 64 位）。但我不确定这与上述程序有何关系。有什么想法吗？

【问题讨论】：

不包括 stdlib.h 这样的傻事吗？
这段代码在我的 64 位机器上运行良好。如果您 #include stdlib.h（对于 malloc），它甚至可以在没有警告的情况下编译
天啊！ @user786653 指出了重要的一点。使用#include <stdlib.h>，可以完美找到，但这不是问题所在。
@delnan - 它不必像那样工作，它可能在sizeof(int) == sizeof(int*) 的平台上合法地失败，例如，如果指针通过不同的寄存器返回到ints in使用的调用约定。
在 C99 环境中，编译器应该至少给你一个关于 malloc() 隐式声明的警告。 GCC 说：warning: incompatible implicit declaration of built-in function 'malloc' 也是。

标签： c pointers segmentation-fault

【解决方案1】：

很可能是因为您不包括 malloc 的头文件，虽然编译器通常会警告您这一点，但您显式转换返回值的事实意味着您'告诉它你知道你在做什么。

这意味着编译器期望从malloc 返回一个int，然后将其转换为一个指针。如果它们的大小不同，那会让你感到悲伤。

这就是为什么您从不在 C 中强制转换 malloc 返回。它返回的 void* 将被隐式转换为正确类型的指针（除非您没有包含header 在这种情况下，它可能会警告您潜在的不安全的 int 到指针的转换）。

【讨论】：

抱歉听起来很幼稚，但我一直认为 malloc 返回一个可以转换为适当类型的 void 指针。我不是 C 程序员，因此希望了解更多细节。
@user7: 如果没有#include ，C 编译器假定 malloc 的返回值为 int。
@user7: void 指针可以被强制转换，但在 C 中不需要它，因为 void * 可以隐式转换为任何其他指针类型。如果适当的原型在范围内，int *p = malloc(sizeof(int)) 有效，如果不在范围内则失败（因为假设结果为 int）。使用强制转换，两者都可以编译，而后者在sizeof(int) != sizeof(void *) 时会导致错误。
@user7 但是如果你不包含stdlib.h，编译器不知道malloc，也不知道它的返回类型。所以它只是假设int 作为默认值。

【解决方案2】：

转换为int* 掩盖了这样一个事实，即如果没有正确的#include，malloc 的返回类型被假定为int。 IA-64 恰好有sizeof(int) < sizeof(int*)，这使得这个问题很明显。

（还要注意，由于未定义的行为，即使在sizeof(int)==sizeof(int*) 成立的平台上，它仍然可能失败，例如，如果调用约定使用不同的寄存器来返回指针而不是整数）

comp.lang.c FAQ 有一个讨论 why casting the return from malloc is never needed and potentially bad 的条目。

【讨论】：

没有正确的#include，为什么malloc的返回类型被假定为int？
@WTP - 这是在 C++ 中始终使用 new 并始终使用 C 编译器而不是 C++ 编译器编译 C 的好理由。
@user7 - 这就是规则。如果未知，则任何返回类型都假定为int
@vlad - 更好的办法是总是声明函数，而不是完全出于这个原因依赖隐式声明。（而不是从malloc 投回）
@user7：“我们有一个指针 p（大小为 64），它指向 32 位内存” - 错误。 malloc 分配的块的地址是根据void* 的调用约定返回的。但是调用代码认为函数返回int（因为你选择不告诉它），所以它尝试根据int的调用约定读取返回值。因此p 不一定 一定指向分配的内存。它恰好适用于 IA32，因为 int 和 void* 的大小相同，并且以相同的方式返回。在 IA64 上，您会得到错误的值。

【解决方案3】：

这就是为什么您在编译时永远不会没有关于缺少原型的警告。

这就是为什么你从不在 C 中强制执行 malloc 返回的原因。

C++ 兼容性需要强制转换。几乎没有理由（阅读：这里没有理由）省略它。

C++ 兼容性并非总是需要，在少数情况下根本不可能，但在大多数情况下很容易实现。

【讨论】：

为什么我会关心我的 C 代码是否与 C++“兼容”？我不在乎它是否与 perl 或 java 或 Eiffel 或 ... 兼容
如果你保证下线的人不会看你的 C 代码然后走，嘿，我会用 C++ 编译器编译它，因为那应该可以工作！
这是因为大多数 C 代码可以简单地与 C++ 兼容。