将低字节从 int 复制到 char 的说明：只进行字节加载更简单？
Instructions to copy the low byte from an int to a char: Simpler to just do a byte load?
我在看一本教科书，里面有一个基于 C 代码编写 x86-64 汇编代码的练习
//Assume that the values of sp and dp are stored in registers %rdi and %rsi
int *sp;
char *dp;
*dp = (char) *sp;
答案是：
//first approach
movl (%rdi), %eax //Read 4 bytes
movb %al, (%rsi) //Store low-order byte
我能理解，但只是想知道我们不能首先做一些简单的事情：
//second approach
movb (%rdi), %al //Read one bytes only rather than read all four bytes
movb %al, (%rsi) //Store low-order byte
与第一种方法相比，第二种方法不是更简洁明了吗？第一种方法有点不必要，因为我们只关心 %rdi 的低字节，而对其高 3 个字节并不真正感兴趣。
（OP 将问题从一个带有示例的更笼统的问题更改为一个非常具体的问题，这可以解释为什么这个答案对于当前问题看起来很有趣。）
对您问题的更笼统的回答是，对于您打算编译为机器代码的 HLL 中的任何操作，通常有很多方法可以编写机器指令来执行该操作。
一个好的编译器会知道其中的许多变体。它的问题是，对于程序中的所有操作，为每个操作符选择通常更有效的变体，以便将它们拼接在一起以实现工作程序。例如，如果一个 HLL 操作的实现将其结果留在寄存器中，并且后续 HLL 操作应该使用该结果，那么编译器会选择第一个运算符和第二个运算符的实现，其中第一个运算符将值保留在一个寄存器中，第二个恰好将该寄存器用作输入，否则程序将无法运行。
当你考虑到一个真实的程序由数千个 HLL 运算符组成，并且它们各自的实现必须全部一致时，你会发现编译器有一项非常复杂的工作，以确保一切都适合并且相当有效。
是的，你的字节加载方式是正确的，但它不是实际上在大多数 CPU 上更有效。
TL:DR：当您有同样方便但不这样做的选项时，通常会避免写入字节或 16 位寄存器。
（顺便说一句，你在评论中得到的建议都是错误的：x86 是小端，存储转发问题的可能性很小（尽管可能在一些较旧的 CPU 上，IDK 可能并非完全错误） .)
写入部分寄存器（窄于 32 位，因此它不会隐式零扩展到完整寄存器）对某些微体系结构的旧值有错误的依赖性。即 movb (%rdi), %al 在英特尔 Haswell/Skylake 上解码为微融合加载+合并 ALU 操作。 (. Also for Intel Haswell/Skylake specifically, .)
movzbl (%rdi), %eax 只进行零扩展字节加载会更有效。
或者因为我们可以假设到 (%rdi) 的最后一个存储是双字或更宽的（所以如果它仍在运行中，存储转发将是有效的），它 实际上用 movl (%rdi), %eax 进行双字加载是最有效的。这避免了可能的部分寄存器惩罚，并且机器代码大小比 movzbl 更小（越小越好，作为在 uops 方面其他相等选项之间的决胜局）。此外，一些旧的 AMD CPU 运行 movzbl 比 dword mov 加载效率稍低。 （比如零扩展需要一个ALU端口）。
(大多数 CPU 运行 movzbl 在加载端口中“免费”，有些还 运行 movsbl 在加载端口中进行符号扩展而不需要任何 ALU端口，特别是 Intel Sandybridge 系列。）
商店转发不是问题：
所有（？）当前的 CPU 都可以从双字存储有效地转发到任何单个字节的字节重新加载，并且绝对是低字节，尤其是当双字存储对齐时（如 C int 将对齐）。参见 https://blog.stuffedcow.net/2014/01/x86-memory-disambiguation/
当然，如果您稍后需要将 char 值符号或零扩展到寄存器中，请按此方式加载。
或者甚至更好，正如@Ira 指出的那样，如果您正在优化此代码以及存储到 *sp 的内容，理想情况下您可以只使用寄存器中的任何内容并优化掉 store/reload。 （在 C 语言中，任何其他线程异步更改该内存是未定义的行为，因为它是 int *、非易失性或 _Atomic int*。）
我在看一本教科书，里面有一个基于 C 代码编写 x86-64 汇编代码的练习
//Assume that the values of sp and dp are stored in registers %rdi and %rsi
int *sp;
char *dp;
*dp = (char) *sp;
答案是：
//first approach
movl (%rdi), %eax //Read 4 bytes
movb %al, (%rsi) //Store low-order byte
我能理解，但只是想知道我们不能首先做一些简单的事情：
//second approach
movb (%rdi), %al //Read one bytes only rather than read all four bytes
movb %al, (%rsi) //Store low-order byte
与第一种方法相比，第二种方法不是更简洁明了吗？第一种方法有点不必要，因为我们只关心 %rdi 的低字节，而对其高 3 个字节并不真正感兴趣。
（OP 将问题从一个带有示例的更笼统的问题更改为一个非常具体的问题，这可以解释为什么这个答案对于当前问题看起来很有趣。）
对您问题的更笼统的回答是，对于您打算编译为机器代码的 HLL 中的任何操作，通常有很多方法可以编写机器指令来执行该操作。
一个好的编译器会知道其中的许多变体。它的问题是，对于程序中的所有操作，为每个操作符选择通常更有效的变体，以便将它们拼接在一起以实现工作程序。例如，如果一个 HLL 操作的实现将其结果留在寄存器中，并且后续 HLL 操作应该使用该结果，那么编译器会选择第一个运算符和第二个运算符的实现，其中第一个运算符将值保留在一个寄存器中，第二个恰好将该寄存器用作输入，否则程序将无法运行。
当你考虑到一个真实的程序由数千个 HLL 运算符组成，并且它们各自的实现必须全部一致时，你会发现编译器有一项非常复杂的工作，以确保一切都适合并且相当有效。
是的，你的字节加载方式是正确的，但它不是实际上在大多数 CPU 上更有效。
TL:DR：当您有同样方便但不这样做的选项时，通常会避免写入字节或 16 位寄存器。
（顺便说一句，你在评论中得到的建议都是错误的：x86 是小端，存储转发问题的可能性很小（尽管可能在一些较旧的 CPU 上，IDK 可能并非完全错误） .)
写入部分寄存器（窄于 32 位，因此它不会隐式零扩展到完整寄存器）对某些微体系结构的旧值有错误的依赖性。即 movb (%rdi), %al 在英特尔 Haswell/Skylake 上解码为微融合加载+合并 ALU 操作。 (
movzbl (%rdi), %eax 只进行零扩展字节加载会更有效。
或者因为我们可以假设到 (%rdi) 的最后一个存储是双字或更宽的（所以如果它仍在运行中，存储转发将是有效的），它 实际上用 movl (%rdi), %eax 进行双字加载是最有效的。这避免了可能的部分寄存器惩罚，并且机器代码大小比 movzbl 更小（越小越好，作为在 uops 方面其他相等选项之间的决胜局）。此外，一些旧的 AMD CPU 运行 movzbl 比 dword mov 加载效率稍低。 （比如零扩展需要一个ALU端口）。
(大多数 CPU 运行 movzbl 在加载端口中“免费”，有些还 运行 movsbl 在加载端口中进行符号扩展而不需要任何 ALU端口，特别是 Intel Sandybridge 系列。）
商店转发不是问题：
所有（？）当前的 CPU 都可以从双字存储有效地转发到任何单个字节的字节重新加载，并且绝对是低字节，尤其是当双字存储对齐时（如 C int 将对齐）。参见 https://blog.stuffedcow.net/2014/01/x86-memory-disambiguation/
当然，如果您稍后需要将 char 值符号或零扩展到寄存器中，请按此方式加载。
或者甚至更好，正如@Ira 指出的那样，如果您正在优化此代码以及存储到 *sp 的内容，理想情况下您可以只使用寄存器中的任何内容并优化掉 store/reload。 （在 C 语言中，任何其他线程异步更改该内存是未定义的行为，因为它是 int *、非易失性或 _Atomic int*。）