为什么我无法打印出这个指针的值？

Question

为什么我无法打印出这个指针的值？

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在昨天的问题之后，我进一步尝试了指针。具体来说是int (*) [n]类型的指针。

这是我写的一些代码：

#include <stdio.h>

int main(void)
{
    int a[5] = {1, 2, 3, 4, 5};

    int (*p) [5] = &a;
    int *q = a;

    printf("\t\t\t\t\tp\t\tq\n\n");
    printf("Original Pointers: \t%20d%20d", p, q);
    printf("\n\n");
    printf("Incremented Pointers:\t%20d%20d", p+1, q+1);
    printf("\n\n");
    printf("Pointer values:         %20d%20d", *p, *q);
    printf("\n\n");

    return 0;
}

以下是它的输出：

                                    p                 q

Original Pointers:             132021776           132021776

Incremented Pointers:          132021796           132021780

Pointer values:                132021776                   1

当指针p递增时，每次跳过20个位置。这是因为它是int(*)[5]类型的指针，因此在数组中跳过sizeof(int) * number of columns。
无论p和q具有相同的值（但不同的类型），但是当使用间接操作符与p一起使用时，我没有得到数组第一个单元格的值，而是得到了p本身的值。为什么会这样？
当我使用int *p = &a时，它会引发警告（因为指针类型不同），但稍后当我使用间接操作符与p一起使用时，我可以打印出数组中第一个单元格的值。这是因为当我将&a赋值给p时，它将&arr的类型（即int (*) [5]）转换为int *类型，然后再分配给p吗？

- Nathu

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你的代码存在未定义行为；你必须使用“%p”格式说明符打印地址，并将参数转换为“void *”。 - ad absurdum

侧记：在打印指针时不要使用“％d”，因为int类型可能对于指针来说太小了（并且在典型的64位系统上确实是如此）。 - user2371524

gcc对于简单的赋值约束违规给出非常差的诊断结果。请确保使用gcc -std=c11 -pedantic-errors进行编译，以使其正常运行。 - Lundin

@Lundin 奇怪的是，我在使用gcc（版本4.9.2）时使用-pedantic-errors选项，并且使用％d打印指针时没有显示任何错误。我该如何解决这个问题？ - Nathu

@NathuramGoatse 我认为它会发出警告，无论 -pedantic-errors 是否存在。我在版本 4.9.1 中进行了测试：warning: format '%d' expects argument of type 'int', but argument 2 has type 'int *' [-Wformat=]。无论我是否添加 -Wall -Wextra -pedantic-errors，我都会收到此警告。 - Lundin

@Lundin，我的代码没有显示任何错误。然而，使用-Wall选项似乎可以解决问题。谢谢。 - Nathu

3个回答

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您的代码导致未定义行为，因此无法验证任何输出。

首先，一些通用信息:

根据标准，在使用格式说明符时，使用不匹配类型的参数会导致未定义行为。要使用printf()打印指针，必须使用%p格式说明符并将相应的参数转换为void *。

相关的是，引用C11，第§7.21.6.1/P8章节

p

该参数应为指向void的指针。[...]

和P9，

[....]如果任何参数不是对应的转换说明符的正确类型，则其行为未定义。

由于printf()是可变参数函数，因此需要将其强制转换为void *。

现在，让我们来谈谈更直接的问题。

§1. 当指针p递增时，跳跃20个单位。[...]

你是对的，检查数据类型。类型为int (*) [5]的指针将根据您的平台基于指向类型sizeof(int [5])进行递增/递减。指针算术遵守数据类型。

§2. p和q具有相同的值（但类型不同），然而当使用间接运算符与`p [....]

请注意那里的类型。p的类型为int (*) [5]，因此*p的类型为int [5]。就是这样。所有你应该得到的是一个数组作为解除引用的结果。（但请继续阅读.....）

现在，当将数组类型作为函数参数传递时，它会衰减为指向数组第一个元素的指针，因此类似于int *，即指针。因此，最终您将打印指针值。

§3. 当我使用int *p = &a时，它会引发警告[...]。

等等。停止。这是一个约束违规。严格来说，这是无效的C代码。类型int *和int (*) [5]不兼容，并且不存在使其成为有效表达式的转换（隐式或显式）。不要这样做，请使用适当的类型。

- Sourav Ghosh

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除了Felix的回答之外：

当我使用int *p = &a时，它会抛出一个警告。这是因为这段代码不是有效的C语言。它是所谓的约束违规（大致意思是严重的语言违规）。因此，编译器必须给出诊断消息。更好的编译器应该会给出错误而不是警告。

在C语言中，指针转换不会隐式进行，除非其中一个操作数是void*。

原因是表达式不是简单赋值的有效形式。有效的形式列在C11 6.5.16.1中。这里没有任何一种情况符合条件。

左操作数是未限定的指针类型。但是右操作数不是兼容的类型。因此，此条件未满足。没有void指针。也没有空指针常量。没有布尔值。

- Lundin

在约束违规的情况下，行为是否未定义（因为代码尽管存在违规但仍能正常工作）？ - Nathu

@NathuramGoatse 是的，这样的程序完全不符合 C 标准，因为它已经不再是一个 C 程序，而是其他什么东西了。 - Lundin

网页内容由stack overflow 提供, 点击上面的

可以查看英文原文，
原文链接

- user2371524 · Accepted Answer

指针p在递增时跳过20。这是因为它是int(*)[5]类型的指针，因此按照数组中列数的sizeof(int) *数量跳过。

是的。

p和q的值相同（但类型不同），然而当使用间接操作符与p一起使用时，我没有得到数组第一个单元格中的值，而是得到了p的值。为什么？

p指向一个数组，所以用* p可以访问这个数组。不带索引评估数组会得到指向其第一个元素的指针。在此处，您的*p被评估为int *类型。

顺便说一下，*通常称为dereference操作符。使用不同的术语可能会使其他人感到困惑。

当我使用int *p = &a时，会出现警告（因为指针类型不同），但是当我使用间接操作符与p一起使用时，我可以得到打印数组第一个单元格的值。这是因为当我将&a分配给p时，它将int(*)[5]的类型转换为int*类型，然后将其分配给p吗？

我曾在这里回答错误，将其误读为类似于int *q = (int *)p的东西，这将创建一个别名指针并可能导致未定义的行为，因此在这里留下这个小提示，以防万一有人会想出这个主意。但是你在这个问题中提出的建议只是无效的分配。Lundin's answer对此进行了完整的解释。

你的代码存在更多问题，指针的打印应该像这样：

printf("Original Pointers: \t%20p%20p", (void *)p, (void *)q);

指针可以比 int 更大。需要将其转换为 void * 的原因是因为 printf() 是一种可变参数函数。如果它被声明为接受 void *，则转换将是隐式的，但由于它没有被声明为这样，您必须自己进行转换。