将const char**转换为void*？

Question

考虑以下代码:

#include <memory.h>
#include <stdlib.h>

void Foo()
{
  const char ** caps = malloc( sizeof( char * ) );
  memset( caps, 0, sizeof( char * ) );
}

使用gcc 4.9.2 -pedantic编译精细但是cl 18(来自VS2013的那个)warning C4090: 'function' : different 'const' qualifiers在memset行上显示默认选项.

现在caps是一个指向const char指针的指针？所以指针本身不是const因此它应该转换为void*没有问题,我认为,但cl似乎自动const void*从它生成警告.这是对正在发生的事情的正确解释吗？这是非标准行为,对吧？

Answer 1

编译器过于热心（读作：编译器错误）。

const char** caps意味着 thatcaps是一个指针（不是常量），指向另一个指向常量的指针（也不是常量）char。也就是说，您保证不会char通过经过的间接修改来修改它caps。
这意味着您正式与编译器签订以下合同：

1. 你可以改变caps。
2. 您可以更改*caps（指向的内容char*）caps。
3. 您不能通过此链指针更改**caps（char指向*caps（caps指向））。

4. 没有提及任何其他人（例如别名指针）更改该字符的值。

   const char **caps = malloc( sizeof( char * ) );

caps用一个值初始化，这是合法的。如果malloc失败，这个值是一个空指针，但是从语言的角度来看，这通常也是完全合法的（尽管它会导致以下memset崩溃）。在 C++ 中，您需要显式转换void*由 返回的值malloc，但 C 允许这种事情就好。

memset(caps, 0, sizeof(char*));

这让我毛骨悚然（我是一名 C++ 程序员），但从 C 语言的角度来看，这仍然是完全合法的事情。
它的作用是覆盖迄今为止已分配但未初始化（并由 指向caps）的内存块，该内存块包含第二个指针，其零字节数等于指针（char碰巧是指针）的大小。

库函数memset采用非常量，只需用您提供的值（此处：零）void*填充您要求的字节数（此处）。sizeof(char*)它不会也不需要关心您与编译器签订的合同。但即便如此，它也没有违反任何规则。它覆盖指针，而不是指向的常量值。
是的，它把几个值写入到不是s数组的char东西中（这就是我头发竖起来的原因），但是……那是……合法的。毕竟，这正是应该做的，而且很可能“按预期工作”。它将指针设置为零位模式，除了一些非常罕见的奇异架构之外，它对应于空指针。charmemset

内存位置在任何时候都**caps没有改变（甚至没有被访问），所以所有这一切都是完全合法的，你没有违背任何承诺。

因此，该警告是错误的。