1.内存对齐的初步讲授
内存对齐可以用1句话来概括：
“数据项只能存储在地址是数据项大小的整数倍的内存位置上”
例如int类型占用4个字节，地址只能在0，4，8等位置上。
例1：
#include <stdio.h>
struct xx{
char b;
int a;
int c;
char d;
};
int main()
{
struct xx bb;
printf("&a = %p
", &bb.a);
printf("&b = %p
", &bb.b);
printf("&c = %p
", &bb.c);
printf("&d = %p
", &bb.d);
printf("sizeof(xx) = %d
", sizeof(struct xx));
return 0;
}
履行结果以下：
&a = ffbff5ec
&b = ffbff5e8
&c = ffbff5f0
&d = ffbff5f4
sizeof(xx) = 16
会发现b与a之间空出了3个字节，也就是说在b以后的0xffbff5e9,0xffbff5ea,0xffbff5eb空了出来，a直接存储在了0xffbff5ec， 由于a的大小是4，只能存储在4个整数倍的位置上。打印xx的大小会发现，是16，有些人可能要问，b以后空出了3个字节，那也应当是13啊？其余的3个 呢？这个往后浏览本文会理解的更深入1点，这里简单说1下就是d后边的3个字节，也会浪费掉，也就是说，这3个字节也被这个结构体占用了.
可以简单的修改结构体的结构，来下降内存的使用，例如可以将结构体定义为：
struct xx{
char b;
char d;
int a;
int c;
};
这样打印这个结构体的大小就是12，省了很多空间，可以看出，在定义结构体的时候，1定要斟酌要内存对齐的影响，这样能使我们的程序占用更小的内存。
2.操作系统的默许对齐系数
每 个操作系统都有自己的默许内存对齐系数，如果是新版本的操作系统，默许对齐系数1般都是8，由于操作系统定义的最大类型存储单元就是8个字节，例如 long long（为何1定要这样，在第3节会讲授），不存在超过8个字节的类型（例如int是4，char是1，long在32位编译时是4，64位编译时是 8）。当操作系统的默许对齐系数与第1节所讲的内存对齐的理论产生冲突时，以操作系统的对齐系数为基准。
例如：
假定操作系统的默许对齐系数是4，那末对与long long这个类型的变量就不满足第1节所说的，也就是说long long这类结构，可以存储在被4整除的位置上，也能够存储在被8整除的位置上。
可以通过#pragma pack()语句修改操作系统的默许对齐系数，编写程序的时候不建议修改默许对齐系数，在第3节会讲授缘由
例2：
#include <stdio.h>
#pragma pack(4)
struct xx{
char b;
long long a;
int c;
char d;
};
#pragma pack()
int main()
{
struct xx bb;
printf("&a = %p
", &bb.a);
printf("&b = %p
", &bb.b);
printf("&c = %p
", &bb.c);
printf("&d = %p
", &bb.d);
printf("sizeof(xx) = %d
", sizeof(struct xx));
return 0;
}
打印结果为：
&a = ffbff5e4
&b = ffbff5e0
&c = ffbff5ec
&d = ffbff5f0
sizeof(xx) = 20
发现占用8个字节的a，存储在了不能被8整除的位置上，存储在了被4整除的位置上，采取了操作系统的默许对齐系数。
3.内存对齐产生的缘由
内存对齐是操作系统为了快速访问内存而采取的1种策略，简单来讲，就是为了放置变量的2次访问。操作系统在访问内存 时，每次读取1定的长度（这个长度就是操作系统的默许对齐系数，或是默许对齐系数的整数倍）。如果没有内存对齐时，为了读取1个变量是，会产生总线的2 次访问。
例如假定没有内存对齐，结构体xx的变量位置会出现以下情况：
struct xx{
char b; //0xffbff5e8
int a; //0xffbff5e9
int c; //0xffbff5ed
char d; //0xffbff5f1
};
操作系统先读取0xffbff5e8-0xffbff5ef的内存，然后在读取0xffbff5f0-0xffbff5f8的内存，为了取得值c，就需要将两组内存合并，进行整合，这样严重下降了内存的访问效力。（这就触及到了陈词滥调的问题，空间和效力哪一个更重要？这里不做讨论）。
这样大家就可以理解为何结构体的第1个变量，不管类型如何，都是能被8整除的吧（由于访问内存是从8的整数倍开始的，为了增加读取的效力）！
内存对齐的问题主要存在于理解struct等复合结构在内存中的散布。
首先要明白内存对齐的概念。
许多实际的计算机系统对基本类型数据在内存中寄存的位置有限制，它们会要求这些数据的首地址的值是某个数k(通常它为4或8)的倍数，这就是所谓的内存对齐。
这个k在不同的cpu平台下，不同的编译器下表现也有所不同。比如32位字长的计算机与16位字长的计算机。这个离我们有些远了。我们的开发主要触及两大平台，windows和linux（unix），触及的编译器也主要是microsoft编译器(如cl),和gcc。
内存对齐的目的是使各个基本数据类型的首地址为对应k的倍数，这是理解内存对齐方式的终极宝贝。另外还要辨别编译器的分别。明白了这两点基本上就可以弄定所有内存对齐方面的问题。
不同编译器中的k：
1、对microsoft的编译器，每种基本类型的大小即为这个k。大体上char类型为8，int为32，long为32，double为64。
2、对linux下的gcc编译器，规定大小小于等于2的，k值为其大小，大于等于4的为4。
明白了以上的说明对struct等复合结构的内存散布就应当很清楚了。
下面看1下最简单的1个类型：struct中成员都为基本数据类型，例如：
struct test1
{
char a;
short b;
int c;
long d;
double e;
};
在windows平台，microsoft编译器下：
假定从0地址开始，首先a的k值为1，它的首地址可使任意位置，所以a占用第1个字节，即地址0；然后b的k值为2，他的首地址必须是2的倍数，不能是1，所以地址1那个字节被填充，b首地址为地址2，占用地址2，3；然后到c，c的k值为4，他的首地址为4的倍数，所以首地址为4，占用地址4，5，6，7；再然后到d，d的k值也为4，所以他的首地址为8，占用地址8，9，10，11。最后到e，他的k值为8，首地址为8的倍数，所以地址12，13，14，15被填充，他的首地址应为16，占用地址16⑵3。明显其大小为24。
这就是 test1在内存中的散布情况。我们建立1个test1类型的变量，a、b、c、d、e分别赋值2、4、8、16、32。然后从低地址顺次打印出内存中每一个字节对应的16进制数为：
2 0 4 0 8 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 40 40
验证：
明显推断是正确的。
在linux平台，gcc编译器下：
假定从0地址开始，首先a的k值为1，它的首地址可使任意位置，所以a占用第1个字节，即地址0；然后b的k值为2，他的首地址必须是2的倍数，不能是1，所以地址1那个字节被填充，b首地址为地址2，占用地址2，3；然后到c，c的k值为4，他的首地址为4的倍数，所以首地址为4，占用地址4，5，6，7；再然后到d，d的k值也为4，所以他的首地址为8，占用地址8，9，10，11。最后到e，从这里开始与microsoft的编译器开始有所差异，他的k值为不是8，依然是4，所以其首地址是12，占用地址12⑴9。明显其大小为20。
验证：
我们建立1个test1类型的变量，a、b、c、d、e分别赋值2、4、8、16、32。然后从低地址顺次打印出内存中每一个字节对应的16进制数为：
2 0 4 0 8 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 40 40
明显推断也是正确的。
接下来，看1看几类特殊的情况，为了不麻烦，不再描写内存散布，只计算结构大小。
第1种：嵌套的结构
struct test2
{
char f;
struct test1 g;
};
在windows平台，microsoft编译器下：
这类情况下如果把test2的第2个成员拆开来，研究内存散布，那末可以知道，test2的成员f占用地址0，g.a占用地址1，以后的内存散布不变，依然满足所有基本数据成员的首地址都为其对应k的倍数这1原则，那末test2的大小就还是24了。但是实际上test2的大小为32，这是由于：不能由于test2的结构而改变test1的内存散布情况，所以为了使test1种各个成员依然满足对齐的要求，f成员后面需要填充1定数量的字节，不难发现，这个数量应为7个，才能保证test1的对齐。所以test2相对test1来讲增加了8个字节，所以test2的大小为32。
在linux平台，gcc编译器下：
一样，这类情况下如果把test2的第2个成员拆开来，研究内存散布，那末可以知道，test2的成员f占用地址0，g.a占用地址1，以后的内存散布不变，依然满足所有基本数据成员的首地址都为其对应k的倍数这1原则，那末test2的大小就还是20了。但是实际上test2的大小为24，一样这是由于：不能由于test2的结构而改变test1的内存散布情况，所以为了使test1种各个成员依然满足对齐的要求，f成员后面需要填充1定数量的字节，不难发现，这个数量应为3个，才能保证test1的对齐。所以test2相对test1来讲增加了4个字节，所以test2的大小为24。
第2种：位段对齐
struct test3
{
unsigned int a:4;
unsigned int b:4;
char c;
};
或
struct test3
{
unsigned int a:4;
int b:4;
char c;
};
在windows平台，microsoft编译器下：
相邻的多个同类型的数(带符号的与不带符号的，只要基本类型相同，也为相同的数),如果他们占用的位数不超过基本类型的大小，那末他们可作为1个整体来看待。不同类型的数要遵守各自的对齐方式。
如：test3中，a、b可作为1个整体，他们作为1个int型数据来看待，所以test3的大小为8字节。并且a与b的值在内存中从低位开始顺次排列，位于4字节区域中的前0⑶位和4⑺位
如果test4位以下格式
struct test4
{
unsigned int a:30;
unsigned int b:4;
char c;
};
那末test4的大小就为12个字节，并且a与b的值分别散布在第1个4字节的前30位，和第2个4字节的前4位。
如过test5是以下情势
struct test5
{
unsigned int a:4;
unsigned char b:4;
char c;
};
那末由于int和char不同类型，他们分别以各自的方式对齐，所以test5的大小应为8字节，a与b的值分别位于第1个4字节的前4位和第5个字节的前4位。
在linux平台，gcc编译器下：
struct test3
{
unsigned int a:4;
unsigned int b:4;
char c;
};
gcc下，相邻各成员，不管类型是不是相同，占的位数之和超过这些成员中第1个的大小的时候，在结构中以k值为1对齐，在结构外k值为其基本类型的值。不超过的情况下在内存中顺次排列。
如test3，其大小为4。a，b的值在内存中顺次排列分别为第1个4字节中的0⑶和4⑺位。
如果test4位以下格式
struct test4
{
unsigned int a:20;
unsigned char b:4;
char c;
};
test4的大小为4个字节，并且a与b的值分别散布在第1个4字节的0⑴9位，和20⑵3位，c寄存在第4个字节中。
如过test5是以下情势
struct test5
{
unsigned int a:10;
unsigned char b:4;
short c;
};
那末test5的大小应为4字节，a，b的值为0⑼位和10⑴3位。c寄存在后两个字节中。如果a的大小变成了20
那末test5的大小应为8字节。即
struct test6
{
unsigned int a:20;
unsigned char b:4;
short c;
};
此时，test6的a、b共占用0，1，2共3字节，c的k值为2，其实可以4位首位置，但是在结构外，a要以int的方式对齐。也就是说连续两个test6对象在内存中寄存的话，a的首位置要保证为4的倍数，那末c后面必须多填充2位。所以test6的大小为8个字节。
关于位段结构的部份是比较复杂的。暂时我就知道这么多。