Question

这是我的代码：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

void set(char* str){
  str = malloc(10);
  strcpy(str, "dog");
  printf("\nstr = %s", str);

}
int main(){
  char* s;
  set(s);

  printf("\n%s", s);
  return 0;
}

这是我要打印的内容：

str = dog
dog

这是实际打印出来的内容：

str = dog
(null)

这是为什么？我想我正在做的是传递一个未初始化的指针，然后将该指针分配给set（）中的一块内存，然后将其写入“ dog”。到底是怎么回事？

Answer 1

C是一种按值传递的语言。除了显式之外，无法通过引用传递某些内容。对于您的情况，这意味着需要一个指向指针的指针：

void set(char **str)
{
  *str = malloc(10);
  strcpy(*str, "dog");
  printf("str = %s\n", *str);

}

并使用您要“填写”的指针的地址进行调用：

int main(void)
{
  char *s;
  set(&s);

  printf("%s\n", s);
  return 0;
}

Answer 2

为什么此函数（char *）不能通过ref传递？

C没有通过引用。一切都是按值传递的-只是有些值也指向其他值。调用s（未定义的行为）以提供其参数set(s)的值时，将读取未初始化的变量str，然后str = malloc(10)将该值扔给为本地str分配一个新值。

您可以将指针传递给指针：

void set(char** str){
  *str = malloc(10);
  strcpy(*str, "dog");
  printf("\nstr = %s", *str);

}
int main(){
  char* s;
  set(&s);

  printf("\n%s", s);
  return 0;
}

或返回一个指针：

char* set(void) {
  char* str = malloc(10);
  strcpy(str, "dog");
  printf("\nstr = %s", str);
  return str;
}
int main(){
  char* s = set();

  printf("\n%s", s);
  return 0;
}

Answer 3

您正在将未分配的指针传递给set函数，在此创建了指针的副本，并在该副本上使用了malloc。 main中的原始指针永远不会更新为新的内存地址。要实现您想要的目标，可以通过以下方式完成：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

void set(char** str){
  *str = malloc(10);
  strcpy(*str, "dog");
  printf("\nstr = %s", *str);

}
int main(){
  char* s;
  set(&s);

  printf("\n%s", s);
  return 0;
}

我使用了指向集中指针的指针，并将指针 s 的内存地址传递给它。

Answer 4

C中没有传递引用。但是指针和间接提供了一种间接模仿的工具。

在您的情况下，从main（）发送到set（）的是变量's'中的地址。它在执行malloc（）语句之前将具有该值。之后，str将具有malloc（）返回的任何地址。

如果在main中预期有相同的事物，那么应该传递的是地址而不是地址的含义（如上述示例）。

为什么此函数（char *）不能通过ref传递？

4 个答案: