没有在C中指定返回类型的函数

我在C语言中遇到了这段代码：

#include <stdio.h>
main( )
{
 int i = 5;
 workover(i);
 printf("%d",i);
}
workover(i)
int i;
{
 i = i*i;
 return(i);
}

#包括
主要（）
{
int i=5；
修井（一）；
printf（“%d”，i）；
}
修井（一）
int i；
{
i=i*i；
回报（i）；
}

---

我想知道函数“workover”的声明如何有效？当我们不提及函数的返回类型时会发生什么？（我们可以返回什么吗？）。参数也只是一个变量名，这是如何工作的

如果不指定返回类型或参数类型，C将隐式声明它为

int

这是早期版本C（C89和C90）的一个“特性”，但现在通常被认为是不好的做法。由于C99标准（1999）不再允许此操作，因此针对C99或更高版本的编译器可能会向您发出类似于以下内容的警告：

program.c: At top level:
program.c:8:1: warning: return type defaults to ‘int’
 workover(i)
 ^

---

函数声明语法在较旧版本的C中使用，并且仍然有效，因此代码片段“workover（i）inti；”相当于“workover（inti）”。尽管如此，我认为它仍然可能会生成警告甚至错误，这取决于您使用的编译器选项。

当我将您的代码编译为

$gcc common.c-o common.exe-Wall

（在Cygwin终端上尝试，因为我现在没有带linux系统）

我收到以下警告：

common.c:3:1: warning: return type defaults to ‘int’ [-Wreturn-type]
main( )
^
common.c: In function ‘main’:
common.c:6:2: warning: implicit declaration of function ‘workover’ [-Wimplicit-f                  unction-declaration]
workover(i);
^
common.c: At top level:
common.c:9:1: warning: return type defaults to ‘int’ [-Wreturn-type]
workover(i)
^
common.c: In function ‘main’:
common.c:8:1: warning: control reaches end of non-void function [-Wreturn-type]
}
^

第一个和第三个表示，

返回类型默认为“int”

，这意味着如果不指定返回类型，编译器将隐式声明它为

int

第二个说，

函数“workover”的隐式声明

，因为编译器不知道什么是

workover

第三个警告很容易理解，如果您修复了第一个警告，它就会消失

你应该这样做：

#include <stdio.h>

int workover(int);

int i;

int main(void)
{
    int i = 5;
    workover(i);
    printf("%d",i);     //prints 5
    return 0;
}

int workover(int i)
{
    i = i*i;    //i will have local scope, so after this execution i will be 25;
    return(i);  //returns 25
}

#包括
国际修井（国际）；
int i；
内部主（空）
{
int i=5；
修井（一）；
printf（“%d”，i）；//打印5
返回0；
}
国际修井（国际一级）
{
i=i*i；//我将具有局部作用域，因此执行此操作后，我将为25；
return（i）；//返回25
}

它仍然无效：“这就是可能生成警告的原因。这两个警告并不完全相同<代码>修井（i）int i不是原型，但

修井（int i）

是原型。它类似于

intmain（）

和

intmain（void）