c - 传递参数不可编辑

Question

为什么传递参数无法更改。我有一些功能

void read_errorlog (int success, char *names, int empty) {

这是从另一个地方调用的，其中

  const char *names[2] = {"errorlog.txt","errorlog1.txt"}
  int empty = 0;
  int counter = 0;
  int success = 0;

所有变量都已初始化。在 void read_errorlog 内部，int success 和 intempty 都不会更改这些值。我这样做就像 empty = 0;我用read_errorlog(一，二，三)调用该函数。我现在知道，我必须传递 int 变量的地址。谢谢。

Answer 1

这就是按值调用(您正在执行的操作)和“按引用调用”(您应该执行的操作)的区别。

当您调用函数read_errorlog时，传递的参数实际上是您作为参数提供的变量的副本。因此，当您在函数内执行 empty=0 时，您会更改副本的值，但不会更改原始变量的值。

对于“通过引用调用”，您需要传递一个指向 empty 的指针和一个指向 success 的指针，而不是它们的值。这可以按如下方式完成:

void read_errorlog (int* success, char *names, int* empty) {
    *empty = 0;
    *success = 1;
}

read_errorlog(&success, names, &empty);