引用变量超出范围答案

【问题标题】：Reference to variable out-of-scope引用变量超出范围
【发布时间】：2020-12-24 10:36:27
【问题描述】：

我做了以下例子来测试我对引用的理解：

#include <iostream>

int test(){
    int a = 1;
    int &b = a;
    return b;
}

int main(int argc, const char * argv[]) {
   
    std::cout << test() << std::endl;
}

我打算做的是写一个引用变量被销毁的例子。我最初写这个的想法是，由于test 中的a 的生命周期在test 中返回b 时结束，所以输出test 的返回值会产生乱码。然而，令我大吃一惊的是，它实际上输出了 1！

这怎么可能？我在这里错过了什么 - a 可以以某种方式继续生活在 b 中吗？

【问题讨论】：

你的函数返回一个值而不是一个引用
顺便说一句，即使您使用无效的引用，您也无法区分乱码 1 和非乱码 1
通常很难避免 U.B.而不是介绍 U.B.但无论如何：demo on coliru
a 和 b 都不存在。您的函数返回a 中值的副本。在您了解（默认情况下）函数的返回值是副本而不是引用之前，您似乎正在尝试理解引用。如果您希望test 真正返回引用，那么int& test()。

标签： c++ scope reference return-type function-definition

【解决方案1】：

该函数不返回对任何对象的引用。它返回一个由 b 引用的值复制初始化的 int 类型的临时对象。

int test(){
    int a = 1;
    int &b = a;
    return b;
}

其实这个函数在不使用中间变量的情况下相当于下面的函数

int test(){
    return 1;
}

返回引用意味着函数返回类型应该是引用类型。类似的东西

int & test()
{
    int a = 1;
    return a;
}

在这种情况下，编译器将发出一条消息，指出函数返回对局部变量的引用。

【讨论】：

在最后一种情况下，编译器可能发出一条消息。该行为实际上是未定义的，这意味着不需要诊断。实际上，默认情况下，大多数现代编译器在这种情况下不会发出任何消息 - 但可以配置为（例如，使用命令行选项发出更多警告）。

【解决方案2】：

我明白你的困惑来自哪里。你认为，因为你在 b 的赋值过程中使用了 (&) 运算符，所以变量 b 现在包含 a 的内存地址。情况并非如此，与号 (&) 是静音的，这意味着在这种情况下它对变量 b 没有影响。

int test()
{
int a = 1;
int &b = a;
return b;
}

您期望的行为如下所示

int* test()
{
int a = 1;
int *b = nullptr;
b = &a; 
return b;
}

在这种情况下，您在不取消引用变量的情况下返回 b，那么您将获得内存地址而不是数字 1。

【讨论】：

“和号 (&) 引用 b 的地址；” 不知道你的意思。 b 是对 a 的引用，& 在这种情况下不是操作员地址。请注意：您的第二个 sn-p 的返回类型错误。