c++简单引用类型函数

Question

int& lameness()
{
    int h=66;
    return h;
}
int main()
{

    int c;
    c = lameness();
    cout<<"c is "<<c<< endl;
    system("pause");
    return 0;
}

为什么这有效？ int h 是一个局部变量，一旦退出函数作用域，h 不应该被销毁吗？

如果我将我的功能更改为此，它就会在没有警告的情况下工作。这在某种程度上更安全​​吗？ :

int& lameness()
{
    int h=66;
    int &a = h;
    return a;
}

Answer 1

是的。但未定义行为的美妙之处在于，实际发生的事情是……未定义的。销毁 int 实际上根本不涉及执行任何操作，因此如果没有任何内容重用堆栈上的该位置，则该值仍将存在。这就是这种事情如此令人沮丧的原因——通常它看起来很有效，直到你做了一些小的、看似无关的改变，它就不再起作用了！

Answer 2

它的工作原理是巧合，检查一下：

• http://www .velocityreviews.com/forums/t285367-return-reference-to-local-variable.html

基本上，它返回了正确的值，因为内存仍然设置为该值 价值。将来有时，情况可能并非如此。不要这样做。

Answer 3

它不起作用。这是未定义的行为。您的怀疑是正确的：lameness 函数是一个错误，一些编译器会将其标记为错误。尽管如此，编译器可能“符合”并且仍然“允许”此代码......这就是 C 和 C++ 的“跛行”。

Answer 4

它被摧毁了。它之所以能起作用，是因为在打印该值时，存储 h 的内存尚未被覆盖。

Answer 5

它只是巧合地对您起作用，并且因为您的代码在执行其他操作之前会获取引用中的值的副本。不保证它能工作。

你可以看到它失败了：

#include <iostream>
using namespace std;
int& lameness()
{
    int h=66;
    return h;
}
int main()
{
    int &c = lameness();
    cout << "c is " << c << endl;
    return 0;
}

当然，我不得不忽略编译警告：

x.cpp: In function ‘int& lameness()’:
x.cpp:5:13: warning: reference to local variable ‘h’ returned [enabled by default]
x.cpp: In function ‘int main()’:
x.cpp:12:28: warning: ‘h’ is used uninitialized in this function [-Wuninitialized]

输出是：

c is 0

发生这种情况是因为当 c 被传递到 I/O 系统时，曾经的空间 < lameness() 中的 code>h 已被其他变量重用，从而刮掉了存储在空间中的 66 。事实上，即使你的原始代码在我的机器上也会产生 0。