Question

#include<stdio.h>
void foo(int **p)
{
    int j=11;
    *p = &j;
    printf("%d ", **p);
}
int main(void)
{
    int i = 10;
    int *const p = &i;
    foo(&p);
    printf("%d ", *p);
    return 0;
}

编译时：

example.c:12:2: warning: passing argument 1 of ‘foo’ discards ‘const’ qualifier from pointer target type [enabled by default]
  foo(&p);
example.c:2:6: note: expected ‘int **’ but argument is of type ‘int * const*’
  void foo(int **p)

运行中：

11 11

这里p是一个常量指针，那么为什么没有错误来改变它的内容而只是警告？

我对上述计划的疑问是因为以下计划：

#include<stdio.h>
int main(void)
{
    int var1 = 0, var2 = 0;
    int *const ptr = &var1;
    ptr = &var2;
    printf("%d\n", *ptr);
    return 0;
}

编译时：

error: assignment of read-only variable ‘ptr’
    ptr = &var2;

Answer 1

int * const p;表示指向int 的Const指针，其中p不能指向其他位置。所以，你得到了警告。

Answer 2

为什么这里没有更改常量位置的错误只是警告？

<强>案例1

事实上在：

void foo(int **p) // p is a pointer to pointer to int
 {
    int j=11;
    *p = &j;  //equivalent of p = &i in main()
    printf("%d ", **p);
}

您未在主要内容中更改p的值。你呢？是

通过

*p = &j;

您只是更改main() p中存储的值。

<强>情况2

ptr = &var2; // You are making ptr point to the memory address of &var2

这是违法的，因为ptr是constant。

Answer 3

int * const p是指向int的常量指针（p的位置仅供读取使用）

foo的原型必须是

void foo(int * const *p) - ＆gt;指向int的const指针的指针（*p的位置是只读的）

*p = &j;

error: assignment of read-only location ‘*p’

但这是有效的：

**p = j; - ＆gt;取消引用*p =访问i

中的main

您正在寻找：

#include <stdio.h>

void foo(int * const *p)
{
    int j = 11;

    **p = j;
    printf("%d ", **p);
}

int main(void)
{
    int i = 10;
    int * const p = &i;

    foo(&p);
    printf("%d ", *p);
    return 0;
}

输出：

11 11

相同

int var1 = 0, var2 = 0;
int *const ptr = &var1;
ptr = &var2; <-- You can not change the location of ptr

Answer 4

为什么更改内容没有错误，只是警告？

在第一种情况下，您只是“仅”获得警告，因为您只是通过将const传递到可能被滥用的上下文中来准备路由到灾难，即被分配一些东西。然而，尚不清楚是否真的得到了分配。

在第二种情况下，代码实际上它可能没有，它分配给const，因此编译器将其视为错误。

警告：传递'foo'的参数1从指针目标类型中丢弃'const'限定符

4 个答案: