C++简单引用类型函数

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

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

这是为什么能正常工作？ int h是一个局部变量，不应该在它退出函数作用域时被销毁？C++简单引用类型函数

如果我将我的功能更改为此，它将在没有警告的情况下运行。这是否安全？：

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

来源

2012-02-21 user1203499

它不起作用。这是未定义的行为。你的怀疑是正确的：lameness函数是一个错误，一些编译器会这样标记它。尽管如此，编译器可能“符合”并仍然“允许”此代码......这就是C和C++的“跛脚”。

来源

2012-02-21 02:12:30

它被破坏。它正好可以工作，因为存储在h中的内存在打印值时未被覆盖。

来源

2012-02-21 02:12:52

是的。但关于未定义行为的奇妙之处在于，实际发生的是...未定义。销毁一个int实际上并不涉及任何事情，因此如果没有任何东西在堆栈上重复使用，那么值仍然会存在。这就是让这种事情如此令人沮丧的原因 - 通常它似乎起作用，直到你做出一些看起来不相关的小变化，并且它停止工作！

来源

2012-02-21 02:13:27

其工作原理是巧合，检查：

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

基本上，它返回正确的值，由于仍然被设置为该值的内存。有时候在未来，情况可能并非如此。不要这样做。

来源

2012-02-21 02:13:49

它只适用于你的巧合，因为你的代码在做任何事情之前需要在引用中的值的副本。它不保证工作。

你可以看到它与失败：

#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，我不得不忽视编译警告：

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]

产量为：

c is 0

这是因为通过将时间c传递给I/O系统，该空间曾经是已在其他变量中重复使用,lameness()，因此抓取存储在该空间中的66。事实上，即使您的原始代码在我的机器上产生了0。

来源

2012-02-21 02:17:13

C++简单引用类型函数

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