C++ const int&；的返回类型；

这两个函数的返回类型似乎都是

const int

。我说得对吗？如果是这样，那么为什么我能够分配

int y=giveMeNumber1（）

为什么这些函数不分别返回
z1
和
z2
的实际地址。当我写作时：

const int z1 = 5;
const int & giveMeNumber1(){
    return z1;
}

int z2 = 6;
const int & giveMeNumber2(){
    return z2;
}

int main(){
    int y = giveMeNumber1();
}

也应该打印地址（
const int&return type
），但它会打印
5

哇，这些误解。好吧，让我们看看我们能做些什么

这两个函数的返回类型似乎都是
const int
。我说得对吗

否。两个函数的返回类型都是
const int&
。参考
const
int

如果是这样，那么为什么我能够分配
int y=giveMeNumber1（）

因为您正在复制到
y
？您可以将
const
对象复制到非
const
对象中。常量
对象不能修改，但复制对象不会修改它

为什么这些函数不分别返回
z1
和
z2
的实际地址

因为他们不应该这么做。它们返回对
z1
和
z2
的引用

cout
这两个函数的返回类型似乎都是const int
对的如果是这样，那么为什么我能够分配int y=giveMeNumber1（）
不，你错了。这些函数的返回类型是
const int&
。请注意结尾处的符号和。它是对int的常量引用

giveMeNumber1（）。不能通过常量引用修改引用的对象（这是此处
const
的含义）。但您可以复制该值。因此，所发生的情况是，引用值被复制到
y

为什么这些函数不分别返回z1和z2的实际地址
当我写作时：

const int z1 = 5;
const int & giveMeNumber1(){
    return z1;
}

int z2 = 6;
const int & giveMeNumber2(){
    return z2;
}

int main(){
    int y = giveMeNumber1();
}

intx=3；cout用于返回z1作为参考

int  x = 16;
int* p = &x; // Pointer p initialized with the address of x
int& r =  x; // r is a reference to x

const int& cr = x; // const reference to x

std::cout <<  x << std::endl; // x's value = 16
std::cout << &x << std::endl; // x's address

std::cout <<  p << std::endl; // p's value = address of x
std::cout << *p << std::endl; // int value that's in the address pointed to by p == x == 16
std::cout << &p << std::endl; // p´s address (p is a variable as well)

std::cout <<  r << std::endl; // x's value = 16
std::cout << &r << std::endl; // x's address (you can't get the address of the reference itself)

r  = 2;  // r is a reference of x, so now x = 2
cr = 2; // This won't do, you can't assign to a const reference

int y = r;  // Ok, copying the value in x, 2, to y
int z = cr; // Ok, copying 2 to z

实际上，您正在返回由变量z1中包含的值表示的地址。不是内存中z1的地址

这个值将很好地塞进一个int中。
部分混淆可能是因为
int常量&
（或者
const int&
，没有区别）是一个非常无用的东西，并且几乎总是可以被简单的
int
替换。常量引用与“大”数据类型相关，例如
std:：string
或
std:：vector
&z1
生成一个指针，该指针不能作为
int常量返回&
。“现实”中发生的是编译器实现细节，与C++语言语义无关。最后，如果你做了
&z1
，那么不管变量中包含什么值，你都会得到
z1
变量的地址。显然，这是可以实际完成的，因为我以前做过，他现在正在做。但结果不正确。这个建议与参考资料无关。此外，您对指针的描述是错误的。哦，假设所有指针都在
int
s中也是错误的。我不知道这是如何回答这个问题的，尽管有一个大的绿色记号。您只是重复了一本关于指针和引用语法的非常简短的书，没有做太多的工作来解决问题中显示的更基本的误解。此外，在书写类型时，将星号和符号左对齐也不会使你丧命，因为这将使区别变得清晰。@Lightness Race Sinorbit我也不知道为什么我的答案被接受。别怪我。实际上，我自己写了“代码”。我修复了缩进，您已经解决了您在回答中提到的这些问题。我没有什么要补充的。我不是在“责备”任何人，我只是在提出我的批评，就像我对任何问题的任何回答那样。不幸的是，您误读/误解了我关于校准的建议。@Lightness Race Sinorbit我希望这次校准是正确的。谢谢你的建议。他们不会“回复地址”。本，你知道，不要传播对引用语义和C++抽象的有害的几十年的误解！它们确实返回地址，您可以通过打印表达式的地址来确定地址。这种困惑来自于认为使用
不能
的
operator@BenVoigt：否，引用不是地址。函数返回引用，而不是地址。被引用者的地址和，呃，被引用者的地址相同是不相关的。返回引用会将地址信息传递给调用方。“返回值”不是地址，而是返回的地址。@BenVoigt：你可以这样说，从函数返回的每个值。这使它成为一个空洞的陈述，在这个特殊的例子中，是一个危险的误导性陈述。如果没有别的，有一个很好的原因，C++抽象出实现细节，那么为什么我们现在放弃它，当它最有害的时候这样做？关于引用和指针的误解已经够多了，在这个问题上肯定是这样（否，当原语按值返回时，返回过程中没有传输地址信息。
无法
cout << giveMeNumber1() << endl;

cout << &giveMeNumber1() << endl;  // The & here gets the address of the left value
// returned by the function.

// The returned type is a "pointer to const int", note the *
const int* giveMeNumber1() {
    return &z1;
}

cout << giveMeNumber1() << endl;

cout << *giveMeNumber1() << endl;

int  x = 16;
int* p = &x; // Pointer p initialized with the address of x
int& r =  x; // r is a reference to x

const int& cr = x; // const reference to x

std::cout <<  x << std::endl; // x's value = 16
std::cout << &x << std::endl; // x's address

std::cout <<  p << std::endl; // p's value = address of x
std::cout << *p << std::endl; // int value that's in the address pointed to by p == x == 16
std::cout << &p << std::endl; // p´s address (p is a variable as well)

std::cout <<  r << std::endl; // x's value = 16
std::cout << &r << std::endl; // x's address (you can't get the address of the reference itself)

r  = 2;  // r is a reference of x, so now x = 2
cr = 2; // This won't do, you can't assign to a const reference

int y = r;  // Ok, copying the value in x, 2, to y
int z = cr; // Ok, copying 2 to z

return &z1;