Question

我认为在C ++中传递对引用的引用是违法的。但是，当我运行此代码时，它没有给我任何错误。

void g(int& y)
{
   std::cout << y;
   y++;
 }

 void f(int& x)
{
  g(x);
}
int  main()
{
  int a = 34;
  f(a);
  return 0;

 }

不是形式参数 G（）有资格作为参考的参考??

Answer 1

不，g()没有参考参考。它需要引用int。 f()将对收到的int的引用转发给g()。

“对引用的引用”实际上并不存在，但有rvalue references，它们与引用类似，但允许绑定到临时对象。

Answer 2

在f的正文中，表达式 x的值为int。变量 x具有类型int &这一事实意味着表达式的值是左值，因此它可以绑定到函数{{1}的参数}。

Answer 3

1）传递对引用的引用没有任何问题（它是move-constructor和move-assignment运算符使用的 - 尽管它实际上称为rvalue-reference）。

2）你正在做的是没有传递对引用的引用，而是通过f向g传递相同的引用：

void g(int& x)
{
    x = 5;
}

void f(int& x)
{
    std::cout << "f-in " << x << std::endl;
    g(x);
    std::cout << "f-out " << x << std::endl;
}

int main()
{
    int x = 42;
    f(x);
    std::cout << "New x = " << x << std::endl;
}

Answer 4

引用是另一个对象的别名。初始化引用后，它的行为就像您直接访问对象一样，因此您不会传递对引用的引用，而是引用真实对象（您通过另一个引用引用）。

创建对引用的引用将类似于：

typedef int& intr;
void f(intr& x);    // reference to a reference type

Answer 5

您的代码中没有任何地方尝试传递对引用的引用。内部f表达式x生成一个类型为int的左值。它不是参考。 C ++中的表达式永远不会产生可访问的引用类型结果，因为引用类型的任何结果都会立即被语言解释为非引用类型的左值。

见5/5

如果表达式最初具有“引用T”类型（8.3.2， 8.5.3），在进一步分析之前将类型调整为T.表达式指定由引用表示的对象或函数，并且表达式是左值或右值，具体取决于表达

P.S。我不确定你的意思是“g（）的形式参数是否有资格作为对引用的引用”。 g的形式参数声明为int &。你在哪里看到“参考参考”？

传递对引用的引用

5 个答案: