Почему адрес этой изменчивой переменной всегда равен 1?

Ответ 1

iostreams будет отображать большинство указателей на void * для отображения, но для указателей volatile не существует никакого преобразования. Так как С++ возвращается к неявному приведению в bool. Если вы хотите напечатать адрес, введите void* явно:

std::cout << (void*)&clock;

Ответ 2

Здесь operator<< для const void*, но там нет operator<< для volatile void*, и неявное преобразование не удалит volatile (он не удалит const).

Как говорит GMan, cv-квалификация указанного типа не должна относиться к делу печати адреса. Возможно, перегрузка, определенная в 27.7.3.6.2, должна быть operator<<(const volatile void* val);, я не могу сразу увидеть какой-либо недостаток. Но это не так.

#include <iostream>

void foo(const void *a) {
    std::cout << "pointer\n";
}

void foo(bool a) {
    std::cout << "bool\n";
}

int main() {
    volatile int x;
    foo(&x);
    std::cout << &x << "\n";
    int y;
    foo(&y);
    std::cout << &y << "\n";
    void foo(volatile void*);
    foo(&x);
}

void foo(volatile void *a) {
    std::cout << "now it a pointer\n";
}

Вывод:

bool
1
pointer
0x22cd28
now it a pointer

Ответ 3

Это связано с тем, что нет перегрузки для operator <<, которая принимает указатель на volatile, и нет никакого преобразования указателя, которое могло бы удовлетворить его.

Согласно стандарту С++,

для любого типа T, указатель на T, указатель на const T, а указатель на volatile T считаются отдельными типами параметров, как ссылка на T, ссылка на const T и ссылка до volatile T.

Оператор << не имеет перегрузки для указателей на нестатический элемент, указывает на изменчивые или указатели на функции, поэтому попытка вывода таких объекты вызывают неявное преобразование в bool.