我有下面的代码。
#include <iostream>
int * foo()
{
int a = 5;
return &a;
}
int main()
{
int* p = foo();
std::cout << *p;
*p = 8;
std::cout << *p;
}
并且代码正在运行,没有运行时异常!
输出是58
怎么可能呢?局部变量的内存在其函数之外不是不可访问的吗?
我有下面的代码。
#include <iostream>
int * foo()
{
int a = 5;
return &a;
}
int main()
{
int* p = foo();
std::cout << *p;
*p = 8;
std::cout << *p;
}
并且代码正在运行,没有运行时异常!
输出是58
怎么可能呢?局部变量的内存在其函数之外不是不可访问的吗?
当前回答
你在编译程序时启用了优化器吗?foo()函数非常简单,可能已经在结果代码中被内联或替换。
但是我同意Mark B的观点,结果行为是不确定的。
其他回答
因为存储空间还没有被践踏。不要指望那种行为。
在c++中,你可以访问任何地址,但这并不意味着你应该这样做。您正在访问的地址不再有效。它之所以能工作,是因为在foo返回后没有其他东西扰乱内存,但在许多情况下它可能崩溃。试着用Valgrind分析你的程序,甚至只是优化编译它,然后看看…
您实际上调用了未定义的行为。
返回临时作品的地址,但由于临时作品在函数的末尾被销毁,访问它们的结果将是未定义的。
因此,您没有修改a,而是修改了a曾经所在的内存位置。这种差异与崩溃和不崩溃之间的差异非常相似。
可以,因为a是在其作用域的生命周期内临时分配的变量(foo函数)。从foo返回后,内存是空闲的,可以被覆盖。
你所做的被描述为未定义的行为。结果无法预测。
注意所有警告。不要只解决错误。 GCC显示此警告
警告:返回局部变量'a'的地址
这就是c++的强大之处。你应该关心记忆。有了-Werror标志,这个警告就变成了一个错误,现在您必须调试它。