C 为什么跳过void函数调用而不捕获它们？

我想调用一个计算圆宽度的函数

我想调用//void area vp//中的函数，但无法捕获visual stdio中的错误并按原样继续。您知道原因是什么吗？

要调用该函数，请编写areavp；非无效区域VP

后者，如函数main中所示，是一个函数原型，没有运行时效果

修正PI的定义：考虑到你使用的是双精度类型，你的定义是非常不充分的。参见你应该写的

  area(&r);

area(vp);

而不是错误和多余的

 void area(vp);

加上你在语法上犯的明显错误

我看不出副总裁有什么理由在那里

为确保scanf成功，请始终检查调用的返回值

引用C11，第§6.8.6.4章

带有表达式的返回语句不应出现在返回类型为 它是空的。[……]

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代码有三个问题

对于初学者来说，不清楚为什么指针vp被声明为void*类型，尽管在程序中它仅用于指向double类型的对象

为什么不这样宣布呢

double *vp = NULL;

因此，这一技巧与指针有关

(double*)vp = &r;

不会编译，因为在左侧，表达式double*vp是右值，可能未赋值

你可以直接写

vp = &r;

第二个问题是这种说法

void area(vp);

也是无效的。要调用函数，您应该编写

  area(&r);

area(vp);

第三个问题是，返回类型为void的函数不能在return语句中指定表达式

void area(vp);

此声明应删除

return 1;

从C标准6.8.6.4返回语句

void area(vp);

1带有表达式的返回语句不得出现在 返回类型为void的函数。一个不带空格的返回语句 表达式只能出现在返回类型为void的函数中

将函数的参数声明为具有引用类型是没有意义的

函数定义可以如下所示

double area( double dp )
{
    const double PI = 3.14;

    return dp * dp * PI;
}

调用pf printf的语句应在main中移动

printf( "circle are is : %.2lf", area( r ) );

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作业vp=&r中的演员阵容是不需要的。@visual studio-2015标签中的某个程序员可能意味着期望像二十年前那样的C行为标准化在这里要求太多了。area的返回类型为void，但返回int。如果函数声明返回void，则无法返回值。基本上，这大部分都不是有效的C。您需要一本好的C编程书和更好的编译器。这是函数声明吗？在某些方面，它最接近于此，但vp不是一个类型名，所以我认为它只是一个混合混乱。void阻止它成为函数调用；vp阻止它成为函数声明。