malloc 返回类型转换混乱答案

【问题标题】：malloc return typecasting confusionmalloc 返回类型转换混乱
【发布时间】：2015-08-05 16:16:13
【问题描述】：

我正在查看here，发现如果我们不包含 stdlib.h、强制转换返回值以及系统上的指针和整数大小不同，malloc 可能会导致不需要的行为。

下面是那个 SO 问题中给出的代码 sn-p。这是在指针和整数大小不同的 64 位机器上尝试的。

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，并且将其转换并分配给不同大小的指针可能会导致不需要的行为。 但我的问题是为什么将 int 转换为 int* 并将其分配给不同大小的指针会导致问题。

【问题讨论】：

首先，它被（隐式）转换为int，因此从8字节截断为4字节。除非原始 8 字节值的前 4 个字节（更重要的）包含全零，否则会丢失一些信息。将结果转换回 int* 不会检索到该信息，从而为您留下一个“虚假”指针。
当编译器遇到“int *p”声明时，它会在声明时确定该指针需要 8 个字节（例如）的存储空间。接下来，在运行时，当 malloc 被执行时，它返回一个默认的“int”，因为不存在函数原型声明（由于缺少 stdlib.h）。当新分配的内存的地址（8 字节）存储在 int（4 字节）中并返回给您时，可能会失去意义。现在，此时如果您尝试将 int 强制转换为 int * 并将其分配给您的指针 'p' ...可能会出现意外行为。

标签： c pointers malloc

【解决方案1】：

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

很明显，如果指针的大小大于int 的大小并且malloc() 由于隐式声明而返回int，则返回的地址可能不是真实地址，因为例如，可能无法用更少的位来表示它。

取消引用它将是未定义的行为，顺便说一下，您无法测试，因为它是未定义的，您希望发生什么？未定义！！！

那么，那里没有什么可测试的？

【讨论】：

【解决方案2】：

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

根据 C99 和 C2011 规则，在没有可见声明的情况下调用 malloc 是违反约束，这意味着符合标准的编译器必须发出诊断。（这几乎就像 C 说某些东西是“非法的”一样。）如果你的编译器没有警告调用，你应该找出使用什么选项来让它这样做。

根据 C90 规则，调用没有可见声明的函数会导致编译器假定该函数实际上返回了 int 类型的结果。由于malloc 实际上是用void* 的返回类型定义的，所以行为是未定义的；编译器不需要对其进行诊断，但标准并没有明确说明评估调用时会发生什么。

在实践中通常发生的是编译器生成代码好像 malloc 被定义为返回 int 结果。例如，malloc 可能会将其 64 位 void* 结果放入某个特定的 CPU 寄存器，而调用代码可能假定该寄存器包含 32 位 int。（这不是类型转换；它只是错误的代码，它错误地将一种类型的值视为另一种类型。）然后（可能是垃圾）int 值转换为int* 并存储在 p 中。您可能丢失返回指针的高位或低位 32 位——但这只是它可能出错的任意多种方式中的一种。

或者malloc 可能会将其 64 位结果压入堆栈，而调用者可能仅从堆栈中弹出 32 位，从而导致堆栈未对齐，从而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。

如果int、void* 和int* 的大小恰好都相同（因为它们通常在 32 位系统上），则代码可能会工作 - 但即使这样也不能保证。例如，调用约定可能使用一个寄存器返回int 结果，使用不同的寄存器返回指针结果。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malloc 需要#include <stdlib.h>，即使某些编译器可能不会强制执行该要求。添加#include（并删除演员表）比花时间考虑如果不这样做会发生什么要容易得多。

【讨论】：