在这种情况下如何通过引用传递？

Question

我尝试使用change() 函数来更改y 的内容。 我想问为什么在将x分配给"abc"时删除*时y不能改变？

另外，我发现&*x和&y是一样的，那是否意味着x指针的地址被赋值为和*y指向的内容地址一样？还有，为什么&x不等于"abc"？

我的代码：

void change(char *x) {
    *x = "abc";
    printf("S3: %x\n", &x);
    printf("S4: %x\n", &*x);
}

int main() {
    char *y = "def"; 
    printf("S1: %x\n", &y);
    printf("S2: %x\n", &*y);
    change(&y);
    printf("result: %s\n", y);
    return 0;
}

Answer 1

您必须阅读有关指针和参数传递的更多信息。 指针是一个变量，它保存着另一个变量的内存地址。 当您在代码中引用变量时，编译器会使用该变量的值，因此，当您引用指针时，您将获得其内容即地址。

操作符&返回一个变量的地址，所以在sn -p中：

int a = 10;
int *p = &a;

指针p 将保存变量a 的内存地址。如果我们在p上使用运算符*，我们将得到a持有的内存地址的内容：

printf("%d", *p);

将打印10。

如果我们写&*p，虽然它并不完全正确，许多编译器甚至会发出警告，但我们得到的是指针指向的值，而不是需要该内容的地址，也就是把指针内容的数据地址重新找回来。

现在是函数，当您在函数中传递参数时，变量的副本被压入堆栈，从函数内部访问的位置。 这些值是本地的，当您离开该函数时，对它们所做的任何更改都会丢失。当然，如果你传递一个指针，你的变量的地址，然后使用指针改变值，你可以反映真实变量的变化。

但是当你在函数原型中声明指向 char 的指针时，你在代码中犯了一个大错误：

void change(char *x)

您正在传递change(&y);，即char **（y 是char *，&y 是char **）。您应该为此收到很多警告。 无论如何，这个概念在调用方是正确的，您传递存储字符串地址的地址，更改它y 将指向新字符串。这是完全合法的，因为您正在使用另一个常量字符串更新指针（而不是更改非法的常量字符串）。 但是你需要指向字符串的指针的地址，你的函数必须是：

void change(char **x)
{
    *x = "abc";
    printf("S3: %p\n", (void *)&x);
    printf("S4: %p\n", (void *)&*x);
}

int main(int argc, char *argv[])
{
    char *y = "def"; 
    printf("S1: %p\n", (void *)&y);
    printf("S2: %p\n", &*y);
    change(&y);
    printf("result: %s\n", y);
    return 0;
}

最后在printf 中使用正确的格式作为指针，它是%p。

Answer 2

为什么 &x 不等于 "abc"？

因为&x 给出了x 的地址而不是它指向的值。要获得价值，您需要*x。

y 无法更改，因为它指向常量字符串。任何改变它的尝试都会导致 UB。

这是否意味着指针x的地址与*y指向的内容的地址相同？

指针x 具有指针y 的地址，因为您将y 的地址作为参数传递给函数。

Answer 3

您的代码中有很多问题，请指出其中一些问题

1. y 指向一个字符串文字。任何修改字符串文字的尝试都是undefined behaviour。
2. 要打印地址，请使用%p 格式说明符，并将参数转换为(void*)，使用不正确的参数类型是undefined behaviour。同样，要打印char，您需要%c，要打印您需要%s 的字符串。阅读更多here
3. 在change() 函数内部，*x 的类型为char，而您正试图为其分配一个指针（字符串文字"abc" 的基地址）。

够了！！让你的编译器告诉你剩下的事情。（换句话说，请启用编译器警告并尝试修复报告的问题。）

Answer 4

它应该是change(y) 而不是change(&y)，change(&y) 是*y 的地址而不是y 中的地址。所以 y 给出了字符串中第一个字符的地址，其中 &y 给出了 y 的地址而不是第一个字符串的地址。

HTH