为什么 C++ 对函数原型（签名）的前向声明更加严格？ [关闭]答案

【问题标题】：Why is C++ more restrictive regarding forward declaration of function prototypes (signatures)? [closed]为什么 C++ 对函数原型（签名）的前向声明更加严格？ [关闭]
【发布时间】：2018-03-20 14:25:43
【问题描述】：

我注意到 C++ 在使用之前声明函数签名方面比 C 更严格，即使函数定义是在实际调用它们的函数之后声明的？

我一直认为 C 的限制性更强，但似乎并非如此。

为什么在制定 C++ 编程语言标准时理念发生了变化？

例如，以下代码在gcc 命令上运行编译良好，但在尝试使用g++ 编译时输出错误

#include<stdio.h>

int main()
{
    int a=sum(4,6);
    printf("%d",a);
    return 0;
}

int sum(int a,int b)
{
    return a+b;
}

错误是

‘sum’ was not declared in this scope

【问题讨论】：

首先需要记住的是，C 和 C++ 是两种完全不同的语言。一旦你记住，不比较两者应该很容易，即使它们在很多事情上都有相似的语法。
"compiles fine" 是 "compiles with warnings" - 这对我来说不符合 "fine"
因为 Bjarne Stroustrup 认为这是 K&R C 和 C90 的弱点。哎呀，即使是 ISO C 委员会也认为这是一个弱点，并在 C99 中使事情变得更加严格。
这不符合现代 C 语言。请设置编译器的警告级别，它会告诉你。
是的，它仍然可能意味着它不合格。 C 编译器只需要抱怨违反约束。此外，任何更现代的 gcc 都应该抱怨此代码，可能您的代码仍固定为 C89。从那时起，C 有两个修订版 C99 和 C11。

标签： c++ c function gcc compiler-errors

【解决方案1】：

在较早的（C99 之前）C 标准中，有一种称为“隐式函数声明”的东西，自 C99 以来已被删除。因此，如果您在 C90 模式下编译，编译器必须支持该“功能”。而在 C++ 中，从未出现过“隐式函数声明”。所以 GCC 出错了。您的代码在现代 C（C99 或更高版本）中也无效。

使用更严格的编译器开关（例如-std=c99 -Wall -Wextra -pedantic-errors）进行编译并注意所有诊断。

【讨论】：

@cmaster 你编译的方式不对，别问我是怎么管理的。 gcc -std=c11 -pedantic-errors 给error: implicit declaration of function 'sum' [-Wimplicit-function-declaration]
@cmaster 否。C 标准只要求编译器必须为违反标准提供“诊断消息”。 C 标准中不存在术语“错误”和“警告”。
啊，我的立场是正确的。对不起。
对于新代码和当前的 GCC，我推荐-std=gnu11 -Wall -Wextra -Wpedantic -Wstrict-prototypes -Wwrite-strings。使用-std=c 模式而不是-std=gnu 模式确实不会捕获额外的可移植性问题；它只会禁用您可能想要使用的库功能（使用适当的 ifdeffage）并启用诸如三元组之类的错误功能。还有更多-W 开关可能有用，但您必须考虑每个开关是否适合您的代码。不要不要使用 -Werror 或 -pedantic-errors 没有记录在不修改 Makefile 的情况下关闭它们的方法。
@Joshua 这并不意味着它不起作用。它适用于返回 int 的函数。只是不是那些返回指针的。但标准从不保证后者。

【解决方案2】：

我一直认为 C 的限制性更强，但似乎并非如此。

你有它倒退。在几乎所有 C++不是 C 超集的地方，这是因为 C++ 的限制性更强。 C++ 类型系统比 C 类型系统更严格，删除了您遇到的遗留功能（“隐式声明”），还有更多保留字等。

确实，C++ 比 C 有更多的特性，但你不能将语言的特性数量与缺乏限制混为一谈。 ML/Haskell 语言家族的设计理念的一个主要方面是提供大量的功能，但也提供大量的严格性。

【讨论】：

感谢您提供的信息。所以 C 更古老、更原始，也许正因为如此，它的限制也更少。但是 C++ 提供与 C 相同级别的低级访问，对吗？访问低级功能的数量不是与限制较少有关吗？我自己也搞糊涂了:(
@JenniferAnderson - Noooo。 Zwol 从未暗示过这一点。 C 不一样！
不，两者都没有比另一个更严格。它们只是不同，有不同的规则。
@JenniferAnderson C 当然更简单（我认为原始是一种侮辱），但它肯定不是“老”。两种语言都在积极开发中。
@JenniferAnderson 我认为低级访问是一个特性（在 C 和 C++ 中以不同的方式可用），而不是缺乏严格性。严格性是关于语言的整体设计，而不是你能做或不能做的任何具体事情。可以在严格语言（Ada、Rust）和非严格语言（汇编）中进行低级访问。注：我不会将 C 或 C++ 描述为严格或非严格。

【解决方案3】：

C 最初允许在未定义的情况下从程序中调用函数，允许“稍后定义”它们。然后，如果你没有定义函数，编译器只是简单地制定了一个调用约定，例如“好吧，我不知道这个函数返回什么，所以让我们猜测它返回 int”。可以对参数做出类似的假设......您可以选择为其定义类型。旧的“K&R 风格”C 函数看起来像

int func (a, b)
  int a;
  int b;
{
   ...
}

要强制参数的类型，您必须使用所谓的“原型格式”，前向声明如下：

int func (int a, int b); // function prototype since the parameter types are explicit

所有隐式函数声明行为都是危险的废话，并导致致命的错误。然而，这种危险的行为在 1990 年的标准化中只是部分地被淘汰了。如果没有可见的原型，编译器仍然可以对函数做出隐含的假设。（例如，如果你忘记包含 stdlib.h，这就是为什么 malloc 过去会完全崩溃的原因。）

这就是您的代码编译的原因，您使用的是旧版本的 gcc（4.x 或更早版本），默认为 -std=gnu90，它使用 1990 年的 C 标准 + 非标准扩展。较新版本的 gcc，5.0 或更高版本，默认为 -std=gnu11，这是当前的 C 标准 (C11) + 非标准扩展。

C++ 从未允许这种行为，C 也修复了它，在 1999 年使用 C99 标准。即使你有一个旧的 gcc 编译器，你也应该能够使用gcc -std=c99 -pedantic-errors 进行编译，这意味着“实际上遵循C 标准，1999 年版本”。如果在调用函数之前没有看到正确的函数声明/定义，则会出现编译器错误。

【讨论】：

【解决方案4】：

有很多原因。其中之一是函数重载：

void func(double);
// void func(int);

int main()
{
    func(1);
}

如果我取消注释带有void func(int x); 的行，它将被调用，否则1 将被提升为double 并且void func(double) 将被调用。

【讨论】：

不在 C 中。C 没有重载，因此如果您取消注释 func() 的第二个声明，那么符合标准的 C 编译器将至少发出诊断。如果编译器仍然创建可执行文件，则 C 不会定义其行为。
没错！添加新功能通常需要添加限制。在 C 中，您可以将类型命名为 class，但在 C++ 中则不能，因为它是保留关键字。

【解决方案5】：

当 C 编译器看到对它不知道的函数的调用时，它会猜测返回值和参数类型应该是什么。返回类型被猜测为int，参数类型被猜测为与应用“通常的促销”后传入的值相同。

所以如果你只是打电话

double result = cube (1);

编译器猜测函数“cube”有一个 int 类型的参数，并返回 int。

如果“猜测”错了会发生什么？艰难的。您有未定义的行为，您的代码可能会崩溃或更糟。

由于这种“猜测”，调用 sum (4, 6) 在 C 中是允许的，并且因为实际函数具有所有正确的类型（两个 int 类型的参数，返回值具有类型 in）它实际上可以工作。但这显然是一件非常危险的事情。

因为它太危险了，C++ 没有隐式声明（即 C++ 编译器不允许猜测参数类型。这就是它不编译的原因。

现在有一些语言，编译器不需要在使用函数之前声明函数。

【讨论】：