通过传递的指针段错误初始化 char 数组

Question

即，为什么以下工作：

    char* char_array(size_t size){
            return new char[size];
    }

    int main(){
            const char* foo = "foo";
            size_t len = strlen(foo);
            char* bar=char_array(len);
            memset(bar, 0, len+1);
    }

但出现以下段错误：

    void char_array(char* out, size_t size){
            out= new char[size];
    }

    int main(){
            const char* foo = "foo";
            size_t len = strlen(foo);
            char* bar;
            char_array(bar, len);
            memset(bar, 0, len+1);
    }

Answer 1

将 'bar' 传递给 char_array 是在调用时传递 该指针的当前值 的副本 - 所以 char_array 中的 'out' 指向与 'bar' 相同的东西，但是它们是完全孤立的变量，当 char_array 返回时，新分配的值就会丢失。

如果你想实际修改'bar'变量，你需要传递一个指向bar变量本身的指针或引用，即

void char_array(char** out, size_t size) {
    *out = new char[size];
}

...
char_array(&bar, len);

或

void char_array(char*& out, size_t size) {
    out = new char[size];
}

...
char_array(bar, len);
...

Answer 2

你不是在修改out，你需要通过引用传递指针：

void char_array(char*& out, size_t size)
//                   |
//           pass by reference

现在你在一个未初始化的指针上调用memset。

Answer 3

 0 void char_array(char* out, size_t size)
 1 {
 2    out = new char[size];
 3 }

 5 int main()
 6 {
 7    const char* foo = "foo";
 8    size_t len = strlen(foo);
 9    char* bar;
10    char_array(bar, len);
11    memset(bar, 0, len+1);
12 }

第 9 行的char* bar 未初始化，因此声明了一个可以指向任何位置的指针变量。第 10 行调用 char_array，将垃圾指针值复制到 out 参数。请注意，复制的是 bar 内的垃圾值 - out 获取该值，但与 bar 没有内在联系。这个垃圾值永远不会被使用——它只是被第 2 行上new 返回的指针覆盖，然后在函数返回时被丢弃。

要允许char_array 更改bar 本身，请使用对指针的引用：

void char_array(char*& out, size_t size) { out = new ... }

...或指向指针的指针...

void char_array(char** p_out, size_t size) { *p_out = new ... }

char_array(&bar, len);

无论char_array 知道bar 在哪里修改它。