C 传递参数不能编辑

无法更改传递参数的原因。 我有一些功能

void read_errorlog (int success, char *names, int empty) {

这是从另一个调用的，在哪里

  const char *names[2] = {"errorlog.txt","errorlog1.txt"}
  int empty = 0;
  int counter = 0;
  int success = 0;

所有变量都已初始化。 在

void read\u errorlog

内部，既不

int success

，也不

int empty

更改这些值。 我喜欢

empty=0
我用
read\u errorlog（一，二，三）
调用函数。现在，我必须传递int变量的地址。多谢各位
 这是按值调用（您正在执行的操作）和“按引用调用”（您应该执行的操作）的区别

调用函数
read\u errorlog
时，传递的参数实际上是作为参数提供的变量的副本。因此，当您在函数中执行
empty=0
时，您会更改副本的值，但不会更改原始变量的值

对于“通过引用调用”，您需要传递指向
empty
的指针和指向
success
的指针，而不是它们的值。这可以通过以下方式完成：

void read_errorlog (int* success, char *names, int* empty) {
    *empty = 0;
    *success = 1;
}

read_errorlog(&success, names, &empty);

请编写更多accurte示例代码，因为老实说，我不知道问题出在哪里。您应该将按引用调用放在引号中，因为它是模拟的按引用传递，就像在C中只有按值传递一样。@alk-您能提供一些关于“在C中只有按值传递”的详细信息吗？