sqrt() - 为什么我可以提供 int 的参数，而不仅仅是 double 并且输出也是正确的？

Question

我想知道为什么编译器让它通过并给出正确的输出，尽管其原型中的 sqrt() 通常应该只得到一个 double 值作为参数：

在 C99 中，原型的声明是：

双平方（双倍）；

#include <stdio.h>
#include <math.h>

int main (void)
{  
   int i = 9;

   printf("\t Number \t\t Square Root of Number\n\n");

   printf("\t %d \t\t\t %f \n",i, sqrt(i)); 

}

输出：

 Number      Square Root of Number

 9           3.000000 

如果我给sqrt() 函数一个int 作为参数，为什么编译器至少不发出警告并且给定的输出是正确的？

这是跨入未定义行为吗？

我正在使用 gcc。

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这个问题已经被问过两次 C++，但不是 C，所以我的问题是关于 C 的。 无论如何，我提供了 C++ 问题的链接：

Why does sqrt() work fine on an int variable if it is not defined for an int?

Why is sqrt() working with int argument?

Answer 1

这不是未定义的行为。

该函数被定义为接受double 类型的参数。因为参数的类型是已知的，所以您可以传递int，因为它可能会隐式转换为double。就像你做的一样：

int i = 4;
double d = i;

关于函数调用运算符()，C standard 的第 6.5.2.2p7 节详细说明了函数参数的转换规则：

如果表示被调用函数的表达式有一个类型 确实包含原型，参数被隐式转换，如 如果通过赋值，则对应参数的类型，取 每个参数的类型是其非限定版本 声明类型。 函数原型中的省略号 声明符导致参数类型转换在最后一个之后停止 声明的参数。默认参数提升在 尾随参数

相反，如果您在格式字符串需要double 时将int 传递给printf，即：

printf("%f\n", 4);

然后你有未定义的行为。这是因为参数的类型在编译时是未知的，所以不会发生隐式转换。