为什么这个 volatile 变量的地址总是为 1？

Question

我想检查变量的地址

volatile int clock;
cout << &clock;

，但它总是说 x 位于地址 1。我做错了什么吗？

Answer 1

iostreams 会将大多数指针转换为 void * 进行显示 - 但 易失性 指针不存在转换。因此，C++ 退回到隐式转换为 bool。如果要打印地址，请显式转换为 void*：

std::cout << (void*)&clock;

Answer 2

const void* 有一个 operator<<，但没有 volatile void* 的 operator<< ，并且隐式转换不会删除 volatile （也不会删除 const）。

正如 GMan 所说，所指向类型的简历资格应该与打印地址的业务无关。也许27.7.3.6.2中定义的重载应该是operator<<(const volatile void* val);，我无法立即看到任何缺点。但事实并非如此。

#include <iostream>

void foo(const void *a) {
    std::cout << "pointer\n";
}

void foo(bool a) {
    std::cout << "bool\n";
}

int main() {
    volatile int x;
    foo(&x);
    std::cout << &x << "\n";
    int y;
    foo(&y);
    std::cout << &y << "\n";
    void foo(volatile void*);
    foo(&x);
}

void foo(volatile void *a) {
    std::cout << "now it's a pointer\n";
}

输出：

bool
1
pointer
0x22cd28
now it's a pointer

Answer 3

这是因为没有重载操作符<<，它接受一个指向易失性的指针，并且没有可以满足它的指针转换。

根据C++标准，

对于任何类型T，指向T的指针、指向const T的指针以及指向易失性T的指针被视为不同的参数类型，例如对 T 的引用、对 const T 的引用以及对 volatile T 的引用。

运算符 << 对于指向非-静态成员、指向易失性的指针或函数指针，因此尝试输出此类对象会调用到 bool 的隐式转换。