uint8_t 可以是非字符类型吗？

Question

在this answer和所附评论，Pavel Minaev提出以下论点，即在 C 中，uint8_t 的唯一类型可以 typedef 是 char和 unsigned char .我在看 this draft C标准的。

• 存在uint8_t暗示存在相应类型 int8_t (7.18.1p1).
• int8_t是 8 位宽并且没有填充位 (7.18.1.1p1)。
• 相应的类型具有相同的宽度 (6.2.5p6)，所以 uint8_t也是 8 位宽。
• unsigned char是CHAR_BIT位宽(5.2.4.2.1p2 和 6.2.6.1p3)。
• CHAR_BIT至少为 8 (5.2.4.2.1p1)。
• CHAR_BIT最多为 8，因为 uint8_t是unsigned char ，或者它是一个非 unsigned char , 非位域类型，其宽度是 CHAR_BIT 的倍数(6.2.6.1p4).

基于这个论点，我同意，如果 uint8_t存在，则它和 unsigned char 都存在具有相同的表示:8 个值位和 0 个填充位。这似乎并没有强制它们成为同一类型(例如 6.2.5p14)。

是否允许 uint8_t类型定义为扩展无符号整数类型 (6.2.5p6)，其表示形式与 unsigned char 相同? 当然它必须是 typedef'd (7.18.1.1p2)，并且它不能是除 unsigned char 之外的任何标准无符号整数类型(或者 char 如果它恰好是未签名的)。这种假设的扩展类型不是字符类型 (6.2.5p15)，因此不符合对不兼容类型 (6.5p7) 的对象的别名访问，这让我印象深刻，因为编译器作者想要这样做

Answer 1

如果 uint8_t 存在，则无填充要求意味着 CHAR_BIT 为 8。但是，没有根本原因我可以找到为什么 uint8_t无法用扩展整数类型 定义。此外，不能保证表示是相同的；例如，这些位可以按相反的顺序解释。

虽然这对于 uint8_t 来说似乎很愚蠢而且毫无理由地不寻常，但对于 int8_t 来说可能很有意义。如果机器本身使用补码或符号/大小，则 signed char 不适合 int8_t。但是，它可以使用模拟二进制补码的扩展有符号整数类型来提供 int8_t。