c++ - 与链接静态库相比，为什么从源构建时gcc会产生不同的结果？

我有一个C++ 14文件my.cpp，在其中我尝试使用一个名为open62541的C99库。对于后者，完整的源open62541.c/.h和库libopen62541.a都存在。在my.cpp中，其中包括open62541.h，我使用的是C++特定代码(例如iostream)，因此从技术上讲，我正在混合C和C++。

我可以通过引用my.cpp来使libopen62541.a成功编译:

gcc -x c++ -std=c++14 -Wall my.cpp -l:libopen62541.a -lstdc++ -o out

这不会输出任何警告，并创建可执行文件。

但是，如果我尝试仅使用源代码进行编译:

gcc -x c++ -std=c++14 -Wall my.cpp open62541.c -lstdc++ -o out

我收到许多ISO C++警告(例如，“ISO C++禁止将字符串常量转换为'char'*”)和源自open62541.c内部的一些“跳转至标签”错误，导致编译失败。

我可以使用-fpermissive开关使编译成功:

gcc -x c++ -std=c++14 -Wall my.cpp open62541.c -lstdc++ -fpermissive -o out

仍然会输出很多警告，但会成功创建可执行文件。但是，我不确定这样做是否是个好主意。

也许值得一提的是open62541.h在开始时就考虑了C++:

#ifdef __cplusplus
extern "C" {
#endif

假定.a库与open62541库代码 bundle 在一起，应该是从同一来源构建的，为什么前两种方法在生成警告和错误方面不一致？为什么一个起作用而另一个不起作用？

是否应该首选一种方法-链接.a与引用.c的方法？我的印象是它们应该等效，但显然不是。

在这种情况下，是否使用-fpermissive可能会掩盖潜在的问题，因此应避免使用？

最佳答案

您看到的错误(和警告)是C++编译器在编译C代码时输出的编译错误(和警告)。

例如，在C中"literal"的类型为char[]，而在C++中，其类型的类型为const char[]。

您将获得一个C++编译器从libopen62541.a构建open62541.c，您将看到相同的错误(警告)。但是C编译器可能会满意(取决于该C源文件的状态)。

另一方面，当您编译my.cpp并将其与libopen62541.a链接时，编译器不会看到有问题的C代码，因此不会出现错误(警告)。

从这里开始，您基本上有两个选择:

如果适合您，请使用预编译的库

g++ -std=c++14 -Wall -Wextra -Werror my.cpp -lopen62541.a -o out

如果需要修改库代码，请首先进行编译

gcc -Wall -Wextra -Werror -c open62541.c
g++ -std=c++14 -Wall -Wextra -Werror -c my.cpp
g++ open62541.o my.o -o out