C++ 函数取值，它们应该取值的地方答案

【问题标题】：C++ functions taking values, where they should be taking referencesC++ 函数取值，它们应该取值的地方
【发布时间】：2011-01-20 09:15:06
【问题描述】：

我刚学c++，从c开始，书中看到的一些函数调用让我很困惑：

char a;
cin.get(a);

在 C 中，这不可能工作，如果你这样做，将无法获得输出，因为你是按值传递，而不是通过引用，为什么这在 c++ 中工作？引用和取消引用是隐式的（编译器知道 cin.get 需要一个指针，所以它被引用了）？

【问题讨论】：

【解决方案1】：

这就是为什么一些 C++ 程序员不喜欢这样使用引用的原因。
它看起来像一个函数争论 - 你从语法中不知道 'a' 是否被修改。

更喜欢传递 const 引用（当你有一个大对象并且副本会很昂贵时）并返回引用或最好的传递指针。

【讨论】：

-1 因为按参数返回是完全有效且良好的风格（经验丰富的 C++ 程序员，包括标准委员会，都会这样做）。
@Martin - 当一个方法需要返回多个值时，这不太好用。
返回引用可能会带来麻烦，因为调用者无法控制返回引用所引用的对象的生命周期。特别是，如果您返回对堆栈对象的引用，您的调用者将会非常痛苦:)
我之前看到过这样的说法：'有经验的 c++ 程序员不喜欢使用引用'......仍然想知道那些'有经验的 c++ 程序员'是谁。我觉得这种说法有点主观，除非你能提供这方面的文献。我在知名 C++ 大师读过的任何书中都没有看到这种说法。

【解决方案2】：

C++

这适用于 C++，因为 get() 的函数签名可能是这样的：

void get(char& a); // pass-by-reference

char 之后的 & 符号表示编译器，而不是当您传入 char 值时，它应该将 reference 传递给 char 而不是复制。

这实质上意味着在get() 中所做的任何更改都将反映在方法外部a 的值中。

如果get() 的函数签名是这样的：

void get(char a); // pass-by-value

那么a 将通过值传递，这意味着在将a 作为参数传递给方法之前，会创建一个副本。对a 的任何更改都只会是方法本地的，并且会在方法返回时丢失。

这在 C 中不起作用的原因是因为 C 只有 pass-by-value。在 C 中模拟 pass-by-reference 行为的唯一方法是按值传递其指针，然后在修改方法：

void get(char* a)
{
    *a = 'g';
}

int main(int argc, char* argv[])
{
    char a = 'f';
    get(&a);
    printf("%c\n", a);

    return 0;
}

运行这个程序会输出：

【讨论】：

【解决方案3】：

C++ 允许通过引用传递（注意&，表示使用了引用）：

void foo(char& bar) {
    bar = 42;
}

int main() {
    char a;
    foo(a);
    // a == 42 here
}

【讨论】：

【解决方案4】：

引用类型就是这样工作的（通过引用传递，而不是通过值传递）。它类似于在 C 中传递指针（按指针传递），但具有更好的语法和更高的安全性（编译时检查）。实现在内部通过指针传递。

【讨论】：