为什么这个交换功能不起作用？ 在 C 中交换字符串

如何解决为什么这个交换功能不起作用？ 在 C 中交换字符串

我试图交换字符串数组中的 2 个条目，但我的 swap 函数在调用时没有交换。

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？

解决方法

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，必须传递它们的地址并更改交换函数的原型：

#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;
}

,

C 是严格按值传递的。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;
}

这与您的交换函数相同，只是使用 int 代替。应该很清楚，如果您调用 swap(1,2);，swap 函数只是将 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。

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 的只是值 2 和 3，因此它不会以任何方式影响 i 和 j 的值。

如果您这样做，则与您的交换功能相同：

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

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

C 是严格按值传递的。无论您传递给函数的参数是什么，该函数都只会接收其值。

,

函数按值接受它们的参数。

那就是函数swap（你忘记指定返回类型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。修改副本不会影响原始指针。

您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] 未更改。

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对象的指针间接传递对象。

所以函数 swap 看起来像

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

并且该函数必须被调用 .like

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

或者一样

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。