bash - 通过引用传递参数

Question

我想问一下是否可以通过引用将参数传递给脚本函数:

即做一些在 C++ 中看起来像这样的事情:

void boo(int &myint) { myint = 5; }

int main() {
    int t = 4;
    printf("%d\n", t); // t->4
    boo(t);
    printf("%d\n", t); // t->5
}

那么在 BASH 中我想做类似的事情:

function boo () 
{

    var1=$1       # now var1 is global to the script but using it outside
                  # this function makes me lose encapsulation

    local var2=$1 # so i should use a local variable ... but how to pass it back?

    var2='new'    # only changes the local copy 
    #$1='new'     this is wrong of course ...
    # ${!1}='new' # can i somehow use indirect reference?
}           

# call boo
SOME_VAR='old'
echo $SOME_VAR # -> old
boo "$SOME_VAR"
echo $SOME_VAR # -> new

如有任何想法，我们将不胜感激。

Answer 1

现在是 2018 年，这个问题值得更新。至少在 Bash 中，从 Bash 4.3-alpha 开始，您可以使用 namerefs 通过引用传递函数参数:

function boo() 
{
    local -n ref=$1
    ref='new' 
}

SOME_VAR='old'
echo $SOME_VAR # -> old
boo SOME_VAR
echo $SOME_VAR # -> new

这里的关键部分是:

• 将变量名传递给 boo，而不是它的值: boo SOME_VAR ，不是 boo $SOME_VAR .

• 在函数内部，使用 local -n ref=$1 为 $1 命名的变量声明一个 nameref ，这意味着它不是对 $1 的引用本身，而是一个名字的变量$1成立，即 SOME_VAR在我们的例子中。右侧的值应该只是一个命名现有变量的字符串:如何获取字符串并不重要，所以像 local -n ref="my_var" 这样的东西或 local -n ref=$(get_var_name)也会工作。 declare也可以替换 local在允许/要求的情况下。参见 chapter on Shell Parameters in Bash Reference Manual了解更多信息。

这种方法的优点(可以说)是更好的可读性，最重要的是，避免了 eval ，其安全隐患很多且有据可查。