为啥我在函数内部使用引用并通过引用返回它仍然有效？ [复制]

Posted 2023-02-21

【中文标题】为啥我在函数内部使用引用并通过引用返回它仍然有效？ [复制]

【英文标题】：Why I use reference inside the function and return it by reference still work? [duplicate]为什么我在函数内部使用引用并通过引用返回它仍然有效？ [复制]

【发布时间】：2019-11-26 06:12:05

【问题描述】：

我知道函数中局部变量的生命周期将在函数完成后结束。但是我发现下面的例子，它可以工作。

int & foo()

  int b = 5;
  int &a = b;

  return a;



int main()

  int &c = foo();
  cout<<c;

  return 0;

另外，我尝试使用指针指向局部变量并返回指针。它也可以工作。

int * foo()
    int b = 5;
    int *a = &b;

    return a;



int main()

    int *c = foo();
    cout<<*c;

    return 0;

我很困惑。我了解到局部变量的生命周期将在函数完成后结束，因为局部变量存储在堆栈内存中。表示函数完成后，局部变量的内存将被释放。然后，指针或引用将不指向任何内容。

但是，上面的两个例子验证了我的概念是错误的。是什么原因？

【问题讨论】：

它恰好起作用。

work 这个词在这里没有意义。它对您有用，因为您希望打印出5。我希望 -1 被打印出来，所以对我来说，该程序无法工作。这就是未定义行为的结果。

【参考方案1】：

您的观察被称为未定义的行为：该语言对程序的行为没有任何限制。未定义行为的一种可能表现形式是事物看起来像是在“工作”。

但是您确实不希望在您的程序中有任何未定义的行为。请勿使用该构造，即使它们看起来有效。

【讨论】：

但是你能解释一下为什么它可以工作吗？谢谢。

就一个具有未定义行为的程序争论没有多大意义。即使它今天似乎“工作”，但明天它可能会停止“工作”。为了满足您的好奇心，请查看生成的汇编代码。

@MichaelTsai 它不起作用。这就像掷骰子，期待 1 并得到 1，然后得出结论，骰子总是掷 1。到目前为止，这不是最好的类比，但它仍然比“它有效”更好地描述了这种情况