对指针和常量兼容性的引用

Question

出于学习目的，我编写了以下代码：

void Swap(const int *&Pointer1, const int *&Pointer2)
{
    const int *Tmp = Pointer2;
    Pointer2 = Pointer1;
    Pointer1 = Tmp;
}

我对这段代码以及在这种情况下顶级/低级常量如何工作有一些疑问，有 3 个或更多“级别”。

1. 显然我的引用不能是 const，否则我将无法交换指针。然而，让我们假设代码不会触及指针值（它们包含的地址）：正确的语法是 const int *(const &Pointer) 还是 int * const &Pointer？我感觉后者的意思是“引用指向 const int 的 const 指针，但我不确定。如果是这种情况，编译器将忽略 const 部分，就像更简单的 const int 按值传递一样还是不会因为它在参考之下？
2. 尝试使用指向 int 的指针调用此函数失败。但是，可以将一个 int 地址分配给指向 const int 的指针，如果我只是删除引用，确实不会出错。这让我认为这些引用“强制”每个 const 完美匹配。这是真的？如果是这样，有什么办法可以解决吗？

Answer 1

1. 如果你想让Pointer也成为const，那么它就是int const * const & Pointer，让我们从右到左阅读；所以Pointer 是对const 的引用，指向const int。 （注意这意味着Pointer 本身和Pointer 指向的int 都不能更改。这可能与Swap 的意图相冲突。）并且const 的两个部分都不会被忽略当通过引用传递。与按值传递不同，引用不能是顶级 const 限定的，并且它所引用的内容的 constness 限定是保留的。

2. 您不能将 int * 传递给采用 const int *& 的函数（即对非 const 指针的左值引用）。 int * 可以隐式转换为const int*，但转换后的const int* 是临时的，不能绑定到非const 的左值引用。临时可以绑定到 const 的左值引用（或右值引用），因此将参数类型更改为int const * const & Pointer，如 #1 所述，传递int * 就可以了。

Answer 2

template <class P1,class P2>
void Swap(P1 && Pointer1, P2 && Pointer2)
{/*...*/}

int main()
{
    const int a =1, b = 2;
    Swap(&a, &b); // &a and &b - r-value, Pointer1 and Pointer2 param this 'const int* &&'
    const int * const a_cref_p = &a;
    const int * const b_cref_p = &b;
    Swap(a_cref_p,b_cref_p); // a_cref_p and b_cref_p - l-value, Pointer1 and Pointer2 param this 'const int* const &'
    const int * a_ref_p = &a;
    const int * b_ref_p = &b;
    Swap(a_ref_p,b_ref_p); // a_ref_p and b_ref_p - l-value, Pointer1 and Pointer2 param this 'const int* &'
    return 0;
}