为什么将＆T转换为＆mut T未定义的行为？

Question

我想重新解释对可变引用的不可变引用（在不安全的块中，并独自负责安全检查，但看来我不能使用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中，因为这会影响使用map_of_vecs的所有其他代码区域，而我只需要一行就可以更改。
• 我无权访问map_of_vecs

Answer 1

Rust优化器假设&mut T引用是唯一的。例如，它可能推断出可以重用特定的一块内存，因为存在对该内存的可变引用，但是再也不会对其进行访问。

但是，如果将&T转换为&mut T，则可以为同一数据创建多个可变引用。如果编译器做出此假设，您最终可能会取消引用已经被其他内容覆盖的值。

这只是编译器可能如何利用可变引用是唯一的假设的一个示例。实际上，编译器可以自由使用它认为合适的任何方式使用此信息-可能（并且可能会）在版本之间进行更改。

即使您认为，您也已保证引用没有别名，您也不​​能始终保证您的代码用户不会创建更多引用。即使您认为可以肯定，引用的存在也非常微妙，很容易错过其中的一个。例如，当您调用采用&self的方法时，这就是参考。

Answer 2

Rust编译器使用LLVM &T和noalias属性注释readonly函数参数（前提是T不包含任何UnsafeCell部分）。 noalias属性告诉LLVM，该指针后面的内存只能通过this指针（而不是通过任何其他指针）写入，而readonly属性则告诉LLVM无法对其进行写入通过该指针（但可能还有其他指针）。结合使用，这两个属性允许LLVM优化器假定在执行此功能期间内存完全没有变化，并且可以基于此假设来优化代码。优化程序可能会重新排序指令或删除代码，只有在您确实遵守此合同的情况下，这种方法才可以安全地进行。

转换可能导致不确定行为的另一种方法是针对静态变量：没有UnsafeCell的不可变静态变量将被放置到只读存储器中，因此，如果您实际写入它们，则代码将出现段错误。

对于具有UnsafeCell的参数，编译器不会发出readonly属性，而将包含UnsafeCell的静态变量放入可写内存。