C语言趣味题目

第一题：

#include
static jmp_buf buf;
int main(void)
{
volatile int b = 3;
if (setjmp(buf) != 0)
{
printf(“%d\n”, b);
exit(0);
}
b = 5;
longjmp(buf, 1);
}

输出结果为A）3      B）5     C）0      D）都不是

答案为B，也就是输出5。

关键点在于理解setjmp以及longjmp，（ ） 第一次运行到setjmp，会设置jmp_buf，然后返回0。当调用longjmp时，会把longjmp里面的非0值作为setjmp的返回值返回 （如果longjmp的value参数为0，setjmp恢复后返回1，也就是当恢复到setjmp存储点的时候，setjmp一定不会返回0）。

setjmp-longjmp组合的用处类似于游戏中的存盘读盘功能，经常被用于类似C++的异常恢复操作。

第二题：

struct node
{
int a;      int b;      int c;
};
struct node s = { 3, 5, 6 };
struct node *pt = &s;
printf(“%d\n”, *(int*)pt);
返回结果为3，这个算是比较简单，pt为指向结构s的指针，然后将pt转换为int指针，进行dereference，取出一个int值，那就是结构中第一个数。

我们将题目改动一下，如下代码

struct node
{
char a;   char b;  short c;   int d;
};
struct node s = { 3, 5, 6, 99 };
struct node *pt = &s;

printf(“%X\n”, *(int*)pt);
需要注意的是一般32位C编译器都认为char是8bit，short是16bit，int为32bit，所以node在内存中应该正好是对齐的，也就是abc这几个成员之间没有空隙。最终结果应该为60503，如果不是，欢迎你告诉我你具体的编译环境以及硬件配置。

第三题：

int foo(int x, int n){
int val = 1;
if (n > 0)
{
if (n % 2 == 1) val *= x;
val *= foo(x * x, n / 2);
}
return val;
}

这道题其实最简单的办法就是在纸上做一个推演计算，一步一步跑一下，就能得到答案了，这里面没有任何复杂的C语言概念。

第四题：

int a[5] = { 1, 2, 3, 4, 5 };
int *ptr = (int*)(&a + 1);
printf(“%d %d\n”, *(a + 1), *(ptr – 1));
这 道题考的其实是指向数组的指针，&a是一个隐式的指向int [5]数组的指针，它和int* ptr是不一样的，如果真要定义这个指针，应该是int (*ptoa)[5]。所以ptoa每一次加一操作都相当于跨越int a[5]的内存步长（也就是5个int长度），也就是说&a + 1其实就是指向了a[5]这个位置，实际上内存里面这个位置是非法的，但是对ptr的强制转换导致了后面ptr-1的内存步长改为了1个int长度，所以 ptr-1实际指向了a[4]。至于*(a+1)没什么好说的，值就是2。

第五题：

void foo(int[][3]);
int main(void)
{
int a[3][3] = { {1, 2, 3}, {4, 5, 6}, {7, 8, 9} };
foo(a);
printf(“%d\n”, a[2][1]);
return 0;
}

void foo(int b[][3])
{
++b;
b[1][1] = 9;
}

其实和前一题有异曲同工之妙，++b的步长实际上是3个int，也就是++b运算以后，b指向{4,5,6}这个数组的开始，而b[1]就是{7,8,9}, b[1][1]实际上就是8这个值也就是main函数中的a[2][1].

第六题：

int a, b, c, d;
a = 3;
b = 5;
c = a, b;
d = (a, b);

printf(“c=%d  “, c);
printf(“d=%d\n”, d);

这个其实有两个C语言知识点，一个是等号操作符优先级高于逗号操作符，另一个是逗号操作符相当于运算逗号前半部后半部的表达式，然后返回后半部表达式的值。所以c等于a（先计算等号），而d等于b（逗号表达式返回b）。

第七题：

int a[][3] = {1, 2, 3, 4, 5, 6};
int (*ptr)[3] = a;

printf(“%d %d “, (*ptr)[1], (*ptr)[2]);

++ptr;
printf(“%d %d\n”, (*ptr)[1], (*ptr)[2]);

依然是2维数组相关题目，ptr为指向int [3]数组的指针，首先指向a[0]，所以(*ptr)[1], (*ptr)[2]就是a[0][1], a[0][2].然后++ptr，相当于ptr指向了a[1]，这时得到的是a[1][1]，a[1][2]，所以结果就是2，3, 5, 6。

第八题：

int *f1(void)
{
int x = 10;   return &x;
}
int *f2(void)
{
int *ptr;   *ptr = 10;   return ptr;
}
int *f3(void)
{
int *ptr;   ptr = malloc(sizeof *ptr);   return ptr;
}

这里考的是返回一个指针的问题，一般来说返回指针的函数，里面一定有malloc之类的内存申请操作，传入指针类型，则是对指针指向的内容做修改。如果想修改指针本身，那就要传入指针的指针。

第九题：

int i = 3;   int j;
j = sizeof(++i + ++i);
printf(“i=%d j=%d\n”, i, j);
这道题考的内容其实就是sizeof，我在这篇文章里提到过 sizeof如果计算表达式，那么表达式是不会做计算的，也就是不管加加减减，sizeof就是针对i计算大小。在32位机器上，这个j应该为4。

我将代码扩展了一下，看看大家能不能想到结果：

short m;    int n;     double dn;
int j = sizeof ( m + n);
int k = sizeof ( n + n);
int l = sizeof ( m);
int l2 = sizeof (m * m);
int l3 = sizeof (m + dn);
int l4 = sizeof (m + m);

第十题：

void f1(int*, int);
void (*p[2])(int*, int);
int main(void)
{
int a = 3;
int b = 5;
p[0] = f1;
p[1] = f1;
p[0](&a, b);
printf(“%d %d “, a, b);
p[1](&a, b);
printf(“%d %d\n”, a, b);
return 0;
}

void f1(int *p, int q)
{
int tmp = *p;   *p = q;   q = tmp;
}

函数指针的数组p勉强算是一个知识点，另外一个知识点就是第八题提到的，对于int q这样的参数，是不会修改其内容的。而*p则可修改p指向的内容。

第十一题：

void e(int);
int main(void)
{
int a = 3;
e(a);

putchar(‘\n’);
return 0;
}

void e(int n)
{
if (n > 0)
{
e(–n);
printf(“%d “, n);
e(–n);
}
}

这道题自己debug一下就完全明白了，主要知识点就是递归调用，另外前置后置自减操作的返回值问题。

第十二题：

typedef int (*test)(float*, float*);
test tmp;

也是经常出现的一类题，对复杂的指针定义做解析，实际上K&R里面（5.12）也有介绍该如何解读。不熟悉的朋友可以试着练习练习标准库中的bsearch，qsort以及signal函数。

第十三题：

char p;
char buf[10] = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 9, 8};
p = (buf + 1)[5];
printf(“%d\n”, p);

这道题我在 也提到过相关知识点，也就是p实际指向*(buf + 1 + 5)，写的更诡异一些就是p=5[buf +1];也是同样结果。

第十四题：

类似十三题，也是把数组弄得有些诡异，(p += sizeof(int))[-1];相当于*(p + sizeof(int) + (-1))。

第十五题：

int ripple(int n, …)
{
int i, j, k;
va_list p;
k = 0;
j = 1;
va_start(p, n);
for (; j < n; ++j)
{
i = va_arg(p, int);
for (; i; i &= i – 1)
++k;
}
return k;
}

int main(void)
{
printf(“%d\n”, ripple(3, 5, 7));
return 0;
}

这道题也是两个知识点，一个是可变参数函数定义以及如何实现，va_arg会把5，7依次取出来。另一个知识点是i &= i-1，实际上是计算了i二进制形式中1的个数，每次计算都会消减掉最低有效位上的1。比如7二进制表示为111。i &= i –1的计算结果依次为110，100, 000 （也就是0）。在hacker’s Delights这本书里介绍了很多类似技巧。

第十六题：

int counter(int i)
{
static int count = 0;
count = count + i;
return count;
}

int main(void)
{
int i, j;
for (i = 0; i <= 5; i++)  j = counter(i);
printf(“%d\n”, j);
return 0;
}

只要了解静态局部变量的真正内涵，这道题就是小菜一碟