c++ - 为什么没有从指针到对 const 指针的引用的隐式转换

Question

我将用代码说明我的问题:

#include <iostream>

void PrintInt(const unsigned char*& ptr)
{
    int data = 0;
    ::memcpy(&data, ptr, sizeof(data));
    // advance the pointer reference.
    ptr += sizeof(data);
    std::cout << std::hex << data << " " << std::endl;
}

int main(int, char**)
{
    unsigned char buffer[] = { 0x11, 0x11, 0x11, 0x11, 0x22, 0x22, 0x22, 0x22, };

    /* const */ unsigned char* ptr = buffer;

    PrintInt(ptr);  // error C2664: ...
    PrintInt(ptr);  // error C2664: ...    

    return 0;
}

当我运行此代码(在 VS2008 中)时，我得到以下信息:错误 C2664:“PrintInt”:无法将参数 1 从“unsigned char *”转换为“const unsigned char *&”。如果我取消注释“const”注释，它就可以正常工作。

但是，指针不应该隐式转换为 const 指针，然后引用吗？我期望它起作用是错误的吗？谢谢!

Answer 1

如果像您建议的那样将指针转换为 const 指针，则该转换的结果是一个临时值，一个右值。您不能将非常量引用附加到右值——这在 C++ 中是非法的。

例如，由于类似的原因，这段代码不会编译

int i = 42;
double &r = i;

尽管 int 类型可以转换为 double 类型，但这并不意味着您可以将 double & 引用附加到该转换的结果。

但是，可以将 const 引用(即对 const 类型的引用)附加到右值，这意味着这段代码可以完美编译

int i = 42;
const double &r = i;

在您的情况下，如果您将函数声明为

void PrintInt(const unsigned char* const& ptr) // note the extra `const`

代码将编译。