Question

如何传递像char *这样的参数作为参考？

我的函数使用malloc（）

void set(char *buf)
{
    buf = malloc(4*sizeof(char));
    buf = "test";
}

char *str;
set(str);
puts(str);

Answer 1

您传递指针的地址：

void set(char **buf)
{
    *buf = malloc(5*sizeof(char));
    // 1. don't assign the other string, copy it to the pointer, to avoid memory leaks, using string literal etc.
    // 2. you need to allocate a byte for the null terminator as well
    strcpy(*buf, "test");
}

char *str;
set(&str);
puts(str);

Answer 2

您必须将其作为指针传递给指针：

void set(char **buf)
{
    *buf = malloc(5 * sizeof(char));
    strcpy(*buf, "test");
}

这样称呼：

char *str;
set(&str);
puts(str);
free(str);

请注意，我已更改malloc调用以分配五个字符，这是因为您只为实际字符分配，但字符串还包含一个特殊的终结符字符，您也需要空间。

我还使用strcpy将字符串复制到分配的内存中。这是因为你覆盖了指针，否则意味着你松开了你分配的指针并且会有内存泄漏。

当你完成指针时，你还应该记住free指针，或者在程序结束之前内存将保持分配状态。

Answer 3

C不支持按引用传递。但是你可以将指针传递给你的指针，然后设置：

void set(char **buf)
{
    *buf = malloc(5*sizeof(char)); //5, to make room for the 0 terminator
    strcpy(*buf,"test"); //copy the string into the allocated buffer.
}

char *str;
set(&str);
puts(str);

Answer 4

您要将指针传递给指针char**：C中没有引用。

void set(char** buf)
{
    *buf = malloc(5); /* 5, not 4: one for null terminator. */
    strcpy(buf, "test");
}

请注意：

buf = "test";

不会将"test"复制到buf，而是将buf指向字符串文字"test"的地址。复制使用strcpy()。

请记住，当不再需要时，free()返回缓冲区：

char* str;
set(&str);
puts(str);
free(str);

Answer 5

C是按值传递。没有传递参考。

Answer 6

C不能通过引用传递函数参数，C总是按值传递它们。

来自Kernighan＆amp;里奇：

（K＆amp; R 2nd，1.8 Call by value）“在C中，所有函数参数都通过”value“传递”

要修改指向T的指针，可以指向指向T的指针作为函数参数类型。

char *作为C中的参考

6 个答案: