在 C++ 中将十六进制字符串转换为无符号字符

Question

我想将字符串中的十六进制表示转换为 unsigned char 变量，如下所示：

std::stringstream ss;
uint8_t x;
ss << "1f";
ss >> std::hex >> x;  // result: x = 0x31 (=49 in decimal and ='1' as char)

显然，我假设转换将导致 x = 0x1f（十进制 = 31），因为 0x1f 小于 0xff，这是可以存储在 8 位无符号字符中的最大值。 相反，在转换中只使用了我的字符串的前 8 位。

有人可以向我解释为什么会发生这种情况以及如何解决它吗？

Answer 1

std::uint8_t 是（通常见下文）unsigned char 的别名，corresponding operator>> 将其视为字符类型而不是整数类型。正因为如此，字符'1'被读入x，它的ASCII值是49。'1'的ASCII值的十六进制恰好是你要解析的值的十进制是巧合；尝试解析 "1e" 或 "10" 或 "1xyz" 仍会导致 x == 49。

要解决这个问题，先解析成另一种整数类型，然后缩小到 8 位：

std::stringstream ss;
uint8_t x;
unsigned tmp;

ss << "1f";
ss >> std::hex >> tmp; 
x = tmp;                // may need static_cast<uint8_t>(tmp) to suppress
                        // compiler warnings.

迂腐附录（主要是历史意义）

如果我们是完全迂腐的，uint8_t 是一个可选的 (!) 实现定义的无符号整数类型，如果存在，它正好是 8 位宽。 C++ 将定义推迟到 [cstdint.syn]/2 中的 C 标准，而 C99 在 7.18.1.1 中定义：

1 typedef 名称intN_t 指定宽度为N、无填充位和二进制补码表示的有符号整数类型。因此，int8_t 表示宽度正好为 8 位的有符号整数类型。

2 typedef 名称uintN_t 指定宽度为N 的无符号整数类型。因此，uint24_t 表示宽度正好为 24 位的无符号整数类型。

3 这些类型是可选的。但是，如果实现提供了宽度为 8、16、32 或 64 位的整数类型，则应定义相应的 typedef 名称。

背景是历史。曾几何时，存在一个字节没有 8 位的平台，例如许多 PDP（更不用说像早期的 UNIVAC¹ 这样的十进制计算机）。今天我们很少对这些感兴趣，但它们在设计 C 时很重要，因此，如果今天开发 C，可能会做出某些假设，而 C 标准中没有做出这些假设。

在这些平台上，8 位整数类型并不总是很容易提供，并且unsigned char 被定义为恰好一个字节宽，如果一个字节不是 8 位宽，则不能同时恰好是 8 位宽.这一点，连同其他一些东西²，就是为什么所有uintN_t 类型都是可选的，也是为什么它们都没有与特定的整数类型绑定的原因。目的是定义提供特定低级行为的类型。如果实现不能提供这种行为，至少它会出错而不是编译废话。

因此，完全迂腐：如果您完全使用uint8_t，则可以编写一个完全拒绝您的代码的符合C++ 实现。也可以编写一个符合要求的实现，其中uint8_t 是一个不同于unsigned char 的整数类型，其中问题中的代码可以正常工作。

然而，在实践中，您不太可能遇到这样的实现。我知道的所有当前 C++ 实现都将 uint8_t 定义为 unsigned char 的别名。³

¹ 即使这不是兔子洞的深度，尽管我怀疑 C 的创建者是否考虑过 Setun（俄罗斯平衡三进制计算机）。

² 例如，并非所有这些机器都将整数表示为二进制补码。

³如果您知道哪一个不知道，请发表评论，我会在此处记录下来。我想可能有一个微控制器工具包有理由偏离。