关于内存对齐的探讨

关于内存对齐的探讨

内存对齐的问题主要存在于理解struct等复合结构在内存中的分布。

首先要明白内存对齐的概念。
许多实际的计算机系统对基本类型数据在内存中存放的位置有限制，它们会要求这些数据的首地址的值是某个数k(通常它为4或8)的倍数，这就是所谓的内存对齐。

这个k在不同的cpu平台下，不同的编译器下表现也有所不同。比如32位字长的计算机与16位字长的计算机。这个离我们有些远了。我们的开发主要涉及两大平台，windows和linux（unix），涉及的编译器也主要是microsoft编译器(如cl),和gcc。

内存对齐的目的是使各个基本数据类型的首地址为对应k的倍数，这是理解内存对齐方式的终极法宝。另外还要区分编译器的分别。明白了这两点基本上就能搞定所有内存对齐方面的问题。

不同编译器中的k：
1、对于microsoft的编译器，每种基本类型的大小即为这个k。大体上char类型为8，int为32，long为32，double为64。
2、对于linux下的gcc编译器，规定大小小于等于2的，k值为其大小，大于等于4的为4。

明白了以上的说明对struct等复合结构的内存分布就应该很清楚了。

下面看一下最简单的一个类型：struct中成员都为基本数据类型，例如：
struct test1
{
 char a;
 short b;
 int c;
 long d;
 double e;
};

在windows平台，microsoft编译器下：

假设从0地址开始，首先a的k值为1，它的首地址可以使任意位置，所以a占用第一个字节，即地址0；然后b的k值为2，他的首地址必须是2的倍数，不能是1，所以地址1那个字节被填充，b首地址为地址2，占用地址2，3；然后到c，c的k值为4，他的首地址为4的倍数，所以首地址为4，占用地址4，5，6，7；再然后到d，d的k值也为4，所以他的首地址为8，占用地址8，9，10，11。最后到e，他的k值为8，首地址为8的倍数，所以地址12，13，14，15被填充，他的首地址应为16，占用地址16-23。显然其大小为24。

这就是 test1在内存中的分布情况。我们建立一个test1类型的变量，a、b、c、d、e分别赋值2、4、8、16、32。然后从低地址依次打印出内存中每个字节对应的16进制数为：
2 0 4 0 8 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 40 40

验证：
显然推断是正确的。

在linux平台，gcc编译器下：
假设从0地址开始，首先a的k值为1，它的首地址可以使任意位置，所以a占用第一个字节，即地址0；然后b的k值为2，他的首地址必须是2的倍数，不能是1，所以地址1那个字节被填充，b首地址为地址2，占用地址2，3；然后到c，c的k值为4，他的首地址为4的倍数，所以首地址为4，占用地址4，5，6，7；再然后到d，d的k值也为4，所以他的首地址为8，占用地址8，9，10，11。最后到e，从这里开始与microsoft的编译器开始有所差异，他的k值为不是8，仍然是4，所以其首地址是12，占用地址12-19。显然其大小为20。

验证：
我们建立一个test1类型的变量，a、b、c、d、e分别赋值2、4、8、16、32。然后从低地址依次打印出内存中每个字节对应的16进制数为：
2 0 4 0 8 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 40 40

显然推断也是正确的。

接下来，看一看几类特殊的情况，为了避免麻烦，不再描述内存分布，只计算结构大小。

第一种：嵌套的结构
struct test2
{
 char f;
 struct test1 g;
};

在windows平台，microsoft编译器下：

这种情况下如果把test2的第二个成员拆开来，研究内存分布，那么可以知道，test2的成员f占用地址0，g.a占用地址1，以后的内存分布不变，仍然满足所有基本数据成员的首地址都为其对应k的倍数这一原则，那么test2的大小就还是24了。但是实际上test2的大小为32，这是因为：不能因为test2的结构而改变test1的内存分布情况，所以为了使test1种各个成员仍然满足对齐的要求，f成员后面需要填充一定数量的字节，不难发现，这个数量应为7个，才能保证test1的对齐。所以test2相对于test1来说增加了8个字节，所以test2的大小为32。

在linux平台，gcc编译器下：

同样，这种情况下如果把test2的第二个成员拆开来，研究内存分布，那么可以知道，test2的成员f占用地址0，g.a占用地址1，以后的内存分布不变，仍然满足所有基本数据成员的首地址都为其对应k的倍数这一原则，那么test2的大小就还是20了。但是实际上test2的大小为24，同样这是因为：不能因为test2的结构而改变test1的内存分布情况，所以为了使test1种各个成员仍然满足对齐的要求，f成员后面需要填充一定数量的字节，不难发现，这个数量应为3个，才能保证test1的对齐。所以test2相对于test1来说增加了4个字节，所以test2的大小为24。

第二种：位段对齐

struct test3
{
 unsigned int a:4;
 unsigned int b:4;
 char c;
};
或者
struct test3
{
 unsigned int a:4;
 int b:4;
 char c;
};

在windows平台，microsoft编译器下：

相邻的多个同类型的数(带符号的与不带符号的，只要基本类型相同，也为相同的数),如果他们占用的位数不超过基本类型的大小，那么他们可作为一个整体来看待。不同类型的数要遵循各自的对齐方式。
如：test3中，a、b可作为一个整体，他们作为一个int型数据来看待，所以test3的大小为8字节。并且a与b的值在内存中从低位开始依次排列，位于4字节区域中的前0-3位和4-7位

如果test4位以下格式
struct test4
{
 unsigned int a:30;
 unsigned int b:4;
 char c;
};
那么test4的大小就为12个字节，并且a与b的值分别分布在第一个4字节的前30位，和第二个4字节的前4位。

如过test5是以下形式
struct test5
{
 unsigned int a:4;
 unsigned char b:4;
 char c;
};

那么由于int和char不同类型，他们分别以各自的方式对齐，所以test5的大小应为8字节，a与b的值分别位于第一个4字节的前4位和第5个字节的前4位。

在linux平台，gcc编译器下：

struct test3
{
 unsigned int a:4;
 unsigned int b:4;
 char c;
};
gcc下，相邻各成员，不管类型是否相同，占的位数之和超过这些成员中第一个的大小的时候，在结构中以k值为1对齐，在结构外k值为其基本类型的值。不超过的情况下在内存中依次排列。
如test3，其大小为4。a，b的值在内存中依次排列分别为第一个四字节中的0-3和4-7位。

如果test4位以下格式
struct test4
{
 unsigned int a:20;
 unsigned char b:4;
 char c;
};
test4的大小为4个字节，并且a与b的值分别分布在第一个4字节的0-19位，和20-23位，c存放在第4个字节中。
如过test5是以下形式
struct test5
{
 unsigned int a:10;
 unsigned char b:4;
 short c;
};

那么test5的大小应为4字节，a，b的值为0-9位和10-13位。c存放在后两个字节中。如果a的大小变成了20
那么test5的大小应为8字节。即

struct test6
{
 unsigned int a:20;
 unsigned char b:4;
 short c;
};

此时，test6的a、b共占用0，1，2共3字节，c的k值为2，其实可以4位首位置，但是在结构外，a要以int的方式对齐。也就是说连续两个test6对象在内存中存放的话，a的首位置要保证为4的倍数，那么c后面必须多填充2位。所以test6的大小为8个字节。

关于位段结构的部分是比较复杂的。暂时我就知道这么多。