Question

这个问题是关于代码解释，而不是代码调试。我正在使用的代码有效。我正在使用公共代码，我很想看看他们的“grow array”模板之一，看起来像这样：

  template <typename TYPE>
    TYPE *grow(TYPE *&array, int n, const char *name)
    {
      if (array == NULL) return create(array,n,name);

      bigint nbytes = ((bigint) sizeof(TYPE)) * n;
      array = (TYPE *) srealloc(array,nbytes,name);
      return array;
    }

并且函数 srealloc 如下所示：

void *Memory::srealloc(void *ptr, bigint nbytes, const char *name)
{
  if (nbytes == 0) {
    destroy(ptr);
    return NULL;
  }

  ptr = realloc(ptr,nbytes);
  if (ptr == NULL) {
error();
  }
  return ptr;
}

现在请忽略创建功能。我的主要问题是为什么它们在模板中指针转换和取消引用array？那有什么好处？如果他们根本没有*&怎么办？

谢谢！

Answer 1

*&

不是“指针取消引用”。它是指针的引用。这是必需的，所以grow函数可以改变指针，而不仅仅是指针指向的指针。替代方案可能是指向指针的指针，如下面的代码所示。

template <typename TYPE>
TYPE *grow(TYPE **array, int n, const char *name)
{
  if ((*array) == NULL) return create((*array),n,name);

  bigint nbytes = ((bigint) sizeof(TYPE)) * n;
  (*array) = (TYPE *) srealloc((*array),nbytes,name);
  return *array;
}

Answer 2

&令牌有很多含义，其中两个你在这里感到困惑。你不是一个人！作为操作员，它意味着“地址”，您似乎很满意（这来自C）。但作为一个类型限定符，它意味着“引用”，这是完全不同的。第一个含义：

int x ;
int* p = &x ; // p = address of x (as in C)

第二个含义：

void f (int& x) { // x is a reference to an int -- its address is passed to f
  x++ ;
}
...
int y = 99 ;
f (y) ; // After this call, y is equal to 100

在此示例中，代码等同于

void f (int* x) {
  (*x)++ ;
}
...
int y = 99 ;
f (&y) ; // After this call, y is equal to 100

这段代码看起来并不干净，但C程序员更容易理解。

所以......函数声明

void f (int*& p) ;

（如在您的示例中）表示f可以更改调用函数传递的int*参数的值。您的示例代码看起来有点棘手，因为如果可以直接更改参数，为什么需要返回array的新值？但这是一个风格问题，我已经学会了不要在这里讨论这些问题： - ）

指针转换引用指针有什么用？

2 个答案: