为什么这个交换功能不起作用？ （在 C 中交换字符串）

Question

我正在尝试交换字符串数组中的 2 个条目，但我的 swap 函数在调用时不会交换。

swap(char*, char*);

int main() {
    char *ptsr[2] = { "x", "y" };
    swap(ptsr[0], ptsr[1]);
}

swap(char *t1, char *t2) {
    char *t;
    t = t1;
    t1 = t2;
    t2 = t;
}

有人可以识别并解释我的错误吗？

Answer 1

函数按值接受其参数。

那是函数swap（忘记指定返回类型void）

void swap(char *t1, char *t2) {
    char *t;
    t = t1;
    t1 = t2;
    t2 = t;
}

处理表达式ptsr[0] 和ptsr[1] 的值的副本。更改副本不会影响原始指针。

你可以想象函数定义及其调用方式如下

swap(ptsr[0], ptsr[1]);

//...

void swap( /*char *t1, char *t2*/) {
    char *t1 = ptsr[0], *t2 = ptsr[1];
    char *t;
    t = t1;
    t1 = t2;
    t2 = t;
}

如您所见，变量和ptsr[0] 和ptsr[1] 没有改变。

要更改函数中的对象（特别是可以具有指针类型的对象），您需要通过引用将其传递给函数。

在 C 中，通过引用传递意味着通过指向它的指针间接传递一个对象。

所以函数swap 看起来像

void swap(char **t1, char **t2) {
    char *t;
    t = *t1;
    *t1 = *t2;
    *t2 = t;
}

并且函数必须被.like调用

swap( &ptsr[0], &ptsr[1] );

还是一样

swap(ptsr, ptsr + 1);

取消对指针t1 和t2 的引用，函数可以直接访问原始指针ptsr[0] 和ptsr[1]，交换它们的值。

Answer 2

问题中的函数仅交换其参数的值。参数是数组元素的副本，因此swap 函数无效。

要交换数组中的指针，你必须传递它们的地址并改变交换函数的原型：

#include <stdio.h>

void swap(char **t1, char **t2) {
    char *t;
    t = *t1;
    *t1 = *t2;
    *t2 = t;
}

int main() {
    char *ptsr[2] = { "x", "y" };

    swap(&ptsr[0], &ptsr[1]);

    printf("pstr: { \"%s\", \"%s\" }\n", pstr[0], pstr[1]);
    return 0;
}

Answer 3

C 严格按值传递。您将ptsr[0] 和pstr[1] 的值传递给swap。它交换保留这两个值的位置，但这对调用函数没有影响。考虑：

swap (int v1, int v2)
{
    int t;
    t = v1;
    v1 = v2;
    v2 = t;
}

这与您的交换功能相同，只是使用 int 代替。应该很清楚，如果您调用 swap(1,2);，swap 函数只会将 2 放在它存储 1 的位置，反之亦然，但这对调用者中的任何内容都没有影响。

如果你这样做也一样：

int i = 2;
int j = 3;
swap(i,j);

由于您传递给swap 的只是2 和3 的值，因此无论如何它不会影响i 和j 的值。

如果你这样做，你的交换功能也一样：

char* j = "hello";
char* k = "world";
swap(j,k);

该函数接收“hello”和“world”并交换存储这两个指针的位置。这对调用者中的j 或k 没有影响。

C 严格按值传递。无论您传递给函数的参数是什么，该函数都只接收的值。