c++ - 如何管理 std::list 元素作为引用？

Question

我有以下代码:

struct Foo {
    int var1;
    int var2;


    friend std::ostream& operator<<(std::ostream& os, const Foo& s){
        return os << "[Foo] " << s.var1 << "," <<  s.var2 ;
    }
};

int main() {
    Foo foo;
    foo.var1 = 1;
    foo.var2 = 2;
    std::list<Foo> list;
    list.push_back(foo);

    Foo &foo2 = list.front();
    foo2.var2 = 5;

    std::cout << "foo (" << &foo << "): " << foo << std::endl;
    std::cout << "foo2 (foo from list) (" << &list.front() << "): " << foo2 << std::endl;
}

我希望 foo 和 foo2 都引用同一个对象。因此，当我将 5 分配给 foo2.var2 时，我也想修改 foo.var2。然而，正如我们在以下输出中看到的那样，这并没有发生:

foo (0x7fffffffe140): [Foo] 1,2
foo2 (foo from list) (0x61ac30): [Foo] 1,5 

这样做的正确方法是什么？

Answer 1

当您使用 push_back 时将元素插入列表，push_back创建一个插入到列表中的拷贝。一个解决方案是使用 std::reference_wrapper 而是作为列表的基础类型，例如

std::list<std::reference_wrapper<Foo>> lst;

然后像这样推进去

lst.push_back(foo);

这是一个 super 简单的示例，向您展示它是如何工作的:

#include <functional>
#include <iostream>
#include <list>

int main() 
{
    int i = 42;
    std::list<std::reference_wrapper<int>> lst;

    lst.push_back(i);           // we add a "reference" into the list
    lst.front().get() = 10;     // we update the list
    std::cout << i;             // the initial i was modified!
}

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您需要 reference_wrapper因为您不能简单地创建引用列表，例如 std::list<Foo&> .或者，您可以使用指针，但我发现 reference_wrapper方法更透明。

在上面的简单示例中，请注意需要使用 std::reference_wrapper::get() 获取基础引用，如 reference_wrapper位于赋值运算符的左侧，因此不会隐式转换为 int通过 [ std::reference_wrapper::operator T& .

以下是修改为使用 reference_wrapper 的完整工作代码年代:

http://coliru.stacked-crooked.com/a/fb1fd67996d6e5e9