通过引用传递 void*

Question

为什么我不能通过引用传递void*？编译器允许我声明一个具有以下签名的函数：

static inline void FreeAndNull(void*& item)

但是当我尝试调用它时，我收到以下错误：

Error   1   error C2664: 'FreeAndNull' : cannot convert parameter 1 from 'uint8_t *' to 'void *&'

将其转换为 void* 也不起作用

另外，有什么解决方法吗？

Answer 1

答案是肯定的，您可以通过引用传递void*，而您得到的错误与此无关。问题是，如果您有一个通过引用获取void* 的函数，那么您只能将实际上是void*s 的变量作为参数传递。这是有充分理由的。例如，假设你有这个函数：

void MyFunction(void*& ptr) {
    ptr = malloc(137); // Get a block of raw memory
}

int* myIntArray;
MyFunction(myIntArray); // Error- this isn't legal!

由于指定的调用，上面的代码是非法的，并且有充分的理由。如果我们可以将myIntArray 传入MyFunction，它将被重新分配为指向void* 类型的缓冲区，该缓冲区不是int 数组。因此，从函数返回时，您的int* 将指向void* 类型的数组，从而颠覆了类型系统。这并不是说 C++ 有一个强大的类型系统——它没有——但如果你要颠覆它，你必须显式地进行一些强制转换。

你同样不能这样做：

void MyFunction(void*& ptr) {
    ptr = malloc(137); // Get a block of raw memory
}

int* myIntArray;
MyFunction((void*)myIntArray); // Error- this isn't legal!

作为一个很好的参考，你为什么不能这样做，想想这段代码：

void OtherFunction(int& myInt) {
    myInt = 137;
}

double myDouble;
OtherFunction((int)myDouble); // Also error!

这是不合法的，因为如果您尝试将 double 传递给采用 int& 的函数，那么由于 int 和 double 具有根本不同的二进制表示，您最终会破坏double 的位与无意义的数据。如果这个演员阵容是合法的，就有可能做这样的坏事。

简而言之，是的，您可以输入void* &，但如果您这样做，则必须输入真实的void*s。正如 Erik 上面所指出的，如果您想释放指针并将指针模板归零，那么您可以这样做。

如果你真的想将uint_8* 传递给你的函数，你可以这样做：

uint_8* uPtr = /* ... */
void* ptr = uPtr;
FreeAndNull(ptr);
uPtr = (uint_8*) ptr;

这需要显式转换来告诉编译器“是的，我知道这可能不安全，但无论如何我都会这样做。”

希望这会有所帮助！

Answer 2

如果通过引用获取 void *，则必须传递实际的 void *，而不是 uint8_t *。

试试这个：

template<typename T> inline void FreeAndNull(T * & V) { free(V); V = 0; }

编辑：修改示例以更好地反映 OP 的函数名称，并解决 @6502 完全正确的评论。

Answer 3

转换为 void* 不起作用的原因比其他地方解释的要简单得多：除非您明确指定引用，否则转换会创建右值。您不能将右值作为非常量引用传递。

证明？试试这个：

void fun(void * &) {}
int main() { int * x; void * x2 = x; fun(x); }

如果它适合你使用，试试这个：

void fun(void * const&);

现在不仅可以进行强制转换，还可以使用隐式。

强制转换为引用可能很危险。它确实会导致您的代码编译，但我不会谈论它的行为：

void fun(void *&){}
int main() { int * x; fun((void*&)x); }

我敢打赌，这会做非常糟糕的事情（tm），因为您实际上是在这里进行 reinterpret_cast 而不是静态转换。