c - 非 void 函数中的空返回，是未定义的行为吗？

Question

在阅读了关于控制到达非 void 函数的末尾 主题的答案后，我没有看到任何答案专门针对以空 退出非 void 函数的情况返回语句:

int return_integer() { return; }  // empty return in non-void function

到目前为止我在 C standard 中发现了什么是:

6.8.6.4 The return statement

Constraints

1. A return statement with an expression shall not appear in a function whose return type is void. A return statement without an expression shall only appear in a function whose return type is void.

标准引述说明了我们应该用void 和非void 函数的return 语句做什么，当我们忽略约束时会发生什么在文档的其他部分提到:

6.9.1 Function definitions

12. If the } that terminates a function is reached, and the value of the function call is used by the caller, the behavior is undefined.

之前的标准引用指出，如果我们使用函数的返回值，该函数在到达右花括号 () 后结束，就会发生 UB，因此我们在下面的代码中有 UB:

int UB(int x) { if (x) return x; }

printf("%d", UB(1)); // Correct
printf("%d", UB(0)); // Undefined behavior

在UB(1)调用函数返回1通过if (x)下的return x;指令;在 UB(0) 调用 if (x) 条件未通过所以函数结束到达 }，在此使用返回值大小写为 UB(但不在 UB(1) 中)。但是，在这种情况下会发生什么？

int UB(int x) { if (x) return; } // empty return statement

printf("%d", UB(1)); // Undefined behavior?
printf("%d", UB(0)); // Undefined behavior

在上面的代码中，调用UB(1)不满足导致UB的§6.9.1/12要求，因为函数结束没有到达 }，也不返回任何值。

C 标准的哪一部分描述了这种情况？

Answer 1

int UB(int x) { if (x) return; } 

这甚至不是未定义的行为，而是违反约束。引用文本

A return statement without an expression shall only appear in a function whose return type is void

从 6.8.6.4 开始是规范的，这意味着编译器不允许在不给出诊断消息的情况下让它溜走。如果它在没有给出诊断的情况下编译，则编译器不是一个符合标准的实现(不遵循语言标准)。

用简单的英语来说，这意味着:该代码甚至不应该编译。

现在，如果编译器确实生成了二进制可执行文件，即使代码违反了约束，那么所有的赌注都没有了。它不再是 C 程序，而是一些非标准程序，任何语言标准都无法保证其行为。