为什么将 &T 转换为 &mut T 未定义行为？

Question

我想重新解释对可变引用的不可变引用（在不安全块中）并负责自己的安全检查，但似乎我不能使用mem::transmute()来这样做。

let map_of_vecs: HashMap<usize, Vec<_>> = ...;
let vec = map_of_vecs[2];
/// obtain a mutable reference to vec here

• 我不想将Vec包装到Cell因为这会影响使用map_of_vecs所有其他代码区域，我只需要一行中的可变性。
• 我没有对map_of_vecs可变访问map_of_vecs

Answer 1

Rust 优化器假设&mut T引用是唯一的。 例如，它可能会推断出可以重用特定内存块，因为对该内存的可变引用存在但永远不会再次访问。

但是，如果将&T转换为&mut T则可以创建对相同数据的多个可变引用。 如果编译器做出这个假设，你最终可能会取消引用一个已经被其他东西覆盖的值。

这是编译器可能会如何利用假设可变引用独特的只是一个例子。 事实上，编译器可以以任何它认为合适的方式自由使用这些信息——这可能（并且很可能会）从版本到版本发生变化。

即使您认为您已经保证引用没有别名，您也不​​能总是保证您的代码的用户不会创建更多引用。 即使您认为可以确定这一点，引用的存在也是极其微妙的，而且很容易错过。 例如，当您调用一个带有&self的方法时，它就是一个引用。

Answer 2

Rust 编译器使用 LLVM noalias和readonly属性注释&T函数参数（前提是T不包含任何UnsafeCell部分）。 noalias属性告诉 LLVM 这个指针后面的内存只能通过这个指针写入（而不能通过任何其他指针），而readonly属性告诉 LLVM 不能通过这个指针写入（但可能其他指针）。 结合这两个属性，LLVM 优化器可以假设在此函数执行期间内存根本没有变化，并且可以基于此假设优化代码。 优化器可能会重新排序指令或删除代码，这种方式只有在您真正遵守此合同时才安全。

转换可能导致未定义行为的另一种方式是针对静态：没有UnsafeCell的不可变静态将被放入只读内存中，因此如果您实际写入它们，您的代码将出现段错误。

对于带有UnsafeCell的参数，编译器不会发出readonly属性，并且将包含UnsafeCell静态UnsafeCell放入可写内存中。