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C++ 是否'；自动'；c+中指针的类型赋值+；11要求'*'；？

c++ pointers c++11

C++ 是否'；自动'；c+中指针的类型赋值+；11要求'*'；？,c++,pointers,c++11,auto,C++,Pointers,C++11,Auto,假设我的变量是指针，如果我将其分配给“auto”类型的变量，是否指定“*” std:：vector*getVector（）//返回填充向量 //... std:：vector*myvector=getVector（）//假设其中有n项 auto newvar1=myvector； //vs: auto*newvar2=myvector； //目标是表现得像此任务： std:：vector*newvar3=getVector（）； 我对这个auto如何在c++11中工作有点困惑（这是c++11的

假设我的变量是指针，如果我将其分配给“auto”类型的变量，是否指定“*”

std:：vector*getVector（）//返回填充向量
//...
std:：vector*myvector=getVector（）//假设其中有n项
auto newvar1=myvector；
//vs:
auto*newvar2=myvector；
//目标是表现得像此任务：
std:：vector*newvar3=getVector（）；
我对这个
auto
如何在c++11中工作有点困惑（这是c++11的一个新特性，对吧？）

更新：我对上述内容进行了修改，以更好地阐明向量在函数中的实际填充方式，我只是尝试将返回的指针指定给变量。很抱歉给你带来了混乱

auto newvar1 = myvector;

// vs:
auto *newvar2 = myvector;
这两者都是相同的，将声明一个指向
std:：vector
（指向随机位置，因为在您的示例中
myvector
未初始化，可能包含垃圾）的指针。所以基本上你可以使用它们中的任何一个。我更喜欢
auto-var=getVector（）
，但如果您认为它更强调意图（即
var
是一个指针），您可以选择
auto*var=getVector（）

我必须说，我从未梦想过使用
auto
时会出现类似的不确定性。我认为人们只会使用
auto
，而不会去想它，这在99%的情况下是正确的-用一些东西装饰
auto
的需要只需要参考和简历限定符

但是，当进行轻微修改时，两者之间存在细微差异：

auto newvar1 = myvector, newvar2 = something;
在本例中，
newvar2
将是一个指针（必须是指针）

这里，
newvar2
是指针对象类型，例如
std:：vector
，初始值设定项必须足够

通常，如果初始值设定项不是带括号的初始值设定项列表，编译器将按如下方式处理
auto
：

  • 它生成一个人工函数模板声明，其中一个参数的形式与声明符完全相同，
    auto
    替换为模板参数。所以对于
    auto*x=…
    ，它使用

    template <class T> void foo(T*);

    模板void foo（T*）；
  • 它尝试解析调用
    foo（初始值设定项）
    ，并查看
    T
    的推断结果。这将被替换回
    auto

  • 如果一个声明中有更多的声明器，则对所有声明器都执行此操作。推导出的
    T
    对于所有这些参数都必须相同

    • 这可能就是您想要的，它创建了实际向量的副本。如果您想要一个引用，请编写
    auto&newvar1=*myvector
    或使用
    auto newvar1=myvector创建指向同一向量的另一个指针。与其他尝试的差异
    auto*newvar1=myvector
    是后者一次强制myvector为指针类型，因此以下代码失败：
    

    std::vector<int> v1;
auto* v2 = v1; // error: unable to deduce ‘auto*’ from ‘v1’

    

    std:：vector v1；
自动*v2=v1；//错误：无法从“v1”推断“auto*”

    在常量方面，
    auto
    和
    auto*
    之间可能存在细微的区别
    

    int i;
const auto* p = &i;

    
相当于
    

    int i;
const int* p = &i;

    

    int i;
int* const p = &i;

    
鉴于
    

    int i;
const auto p = &i;

    
相当于
    

    int i;
const int* p = &i;

    

    int i;
int* const p = &i;

    
这具有以下效果：
    

    无效测试（int a）{
常数自动*p1=&a；
*p1=7；//错误
p1=nullptr；//确定
常量自动p2=&a；
*p2=7；//确定
p2=nullptr；//错误
}

    目标没有意义；这个任务不会在C++中编译。<代码> AutoPyTr>代码>现在已经被禁止了。我应该澄清我正在创建（堆）并在函数中填充向量，然后返回指向该向量的指针，并且想要创建一个变量来存储指针。我编辑了我的问题来详细说明。我修改了我的问题，以澄清我正在寻找一个指向填充向量的指针来分配给这个变量。你能检查一下你的答案是否仍然适用于这两个语法是相同的吗？谢谢@ildjarn的经验证据似乎与你不一致。我在Clang3.4和GCC4.8.3上得到了相同的结果。此外，它遵循模板类型推断：如果主模板推断出
    T=int*
    ，那么指针的专门化将推断出
    T=int
    。对于
    auto*p=&i
    推导出的
    int
    类型随后通过
    auto*
    的指针声明器部分“增强”，生成与
    auto p=&i
    @boycy中相同的类型：你是对的，我不知道我在想什么（我猜是引用和cv限定符）。感谢您的发言，删除了否决票。：-]关于如何避免不复制的任何建议（注意：我的问题已被修改，以澄清我想做什么——很抱歉之前不清楚），如前所述，请使用auto&newvar1=*myvector；这不复制。OP不“想要”任何东西。
    const auto p=&i
    相当于
    int*const
    ，而不是
    const int*const
    。在您的示例中，可以执行
    *p2=7。因此，使用
    const auto*const p
    计算总常数？
    const auto p=&i*p=3，谁不会上当。“安全地生活在东海岸”的另一个原因是（）
    auto-const p=&i
    显然意味着
    int*const p
    ，如果要保持指针的恒定性，
    auto-const*p
    会自动跟随。

    int i;
int* const p = &i;