Рассмотрим следующий код С++:
void* a = &a;
Почему компилятор не жалуется на использование необъявленного идентификатора?
Кроме того, что компилятор считает переменной a? Является ли это указателем на объект void или является указателем на указатель void*?
Объем объявления переменных на С++ может быть довольно неожиданным:
void* a = &a;
^~~~~~~~~~~~~~~~~
a declared as `void*` from here on
Следовательно, &a есть void**, но поскольку любой тип указателя неявно конвертируется в void*...
Это эквивалентно
void* a;
a = &a;
Следовательно, a объявлен. Итак, a получает адрес a, записанный в a. Таким образом, это указатель на указатель void. (Вы еще не определили какие-либо объекты.)
В void* a, a объявляется как указатель не на тип void, а на "любой" тип (особый случай). Адрес (позиция в памяти) присваивается a, как и любая другая объявляемая переменная, конечно.
После этого выражение &a оценивается для инициализации переменной (также a, но это не имеет значения) только что объявлено. Тип &a - это "указатель на указатель на любой тип", который является частным случаем "указателя на любой тип", полностью совместимого с типом a. Ergo, нет сообщений компилятора.
Следствие: не используйте void*, если вам нужна сильная проверка типов. Все может быть преобразовано в него. Как раз наоборот в обратном направлении, кроме самого void* (было бы лишним исключением, что тип был несовместим с самим собой).
Кроме того, AFAIR это действительно происходит от C.
Хорошо, если указатель void указывает на любой адрес. Проблема в том, когда вы разыгрываете ее. Вы должны указать его на тот тип, который вы ожидаете от этого указателя.