指针转换解引用的指针有什么用？

Question

这个问题是关于代码解释，而不是代码调试。我正在使用的代码有效。 我正在使用公共代码，我很想看看他们的“增长数组”模板之一，它看起来像这样：

  template <typename TYPE>
    TYPE *grow(TYPE *&array, int n, const char *name)
    {
      if (array == NULL) return create(array,n,name);

      bigint nbytes = ((bigint) sizeof(TYPE)) * n;
      array = (TYPE *) srealloc(array,nbytes,name);
      return array;
    }

而函数 srealloc 看起来像这样：

void *Memory::srealloc(void *ptr, bigint nbytes, const char *name)
{
  if (nbytes == 0) {
    destroy(ptr);
    return NULL;
  }

  ptr = realloc(ptr,nbytes);
  if (ptr == NULL) {
error();
  }
  return ptr;
}

请暂时忽略创建功能。我的主要问题是为什么他们在模板中进行指针转换和取消引用array？这样做有什么好处？如果他们根本没有*& 怎么办？

谢谢！

Answer 1

& 标记有很多含义，您在这里混淆了其中两个含义。你并不孤单！作为操作员，它的意思是“地址”，您似乎对此感到满意（来自C）。但作为类型限定符，它的意思是“引用”，这是完全不同的。第一个意思：

int x ;
int* p = &x ; // p = address of x (as in C)

第二个意思：

void f (int& x) { // x is a reference to an int -- its address is passed to f
  x++ ;
}
...
int y = 99 ;
f (y) ; // After this call, y is equal to 100

在本例中，代码等价于

void f (int* x) {
  (*x)++ ;
}
...
int y = 99 ;
f (&y) ; // After this call, y is equal to 100

这段代码看起来不太干净，但对于C 程序员来说更容易理解。

所以...函数声明

void f (int*& p) ;

（如您的示例）意味着f 可以更改调用函数传递的int* 参数的值。你的示例代码对我来说有点奇怪，因为如果它可以直接更改参数，为什么它需要返回 array 的新值？但这是一个风格问题，我已经学会了不要在这里讨论这些问题:-)

Answer 2

*&

不是“指针解引用”。它是对指针的引用。它是必需的，因此增长函数可以更改指针，而不仅仅是指针指向的内容。另一种方法是指向指针的指针，如以下代码所示。

template <typename TYPE>
TYPE *grow(TYPE **array, int n, const char *name)
{
  if ((*array) == NULL) return create((*array),n,name);

  bigint nbytes = ((bigint) sizeof(TYPE)) * n;
  (*array) = (TYPE *) srealloc((*array),nbytes,name);
  return *array;
}