Rust 理解调用返回引用的函数时的非词汇生存期
以下函数适用于NLLRust 理解调用返回引用的函数时的非词汇生存期,rust,borrow-checker,ownership,borrowing,Rust,Borrow Checker,Ownership,Borrowing,以下函数适用于NLL fn main() { let mut x = 1i32; let mut y = &mut x; let z = &mut y; *y = 12; } 但是,如果我用一个函数调用替换语句let z=&mut y(这基本上做了相同的事情),借用检查器会抱怨 fn test<'a>(x:&'a mut &'a mut i32) -> &'a mut i32 { &
fn main() {
let mut x = 1i32;
let mut y = &mut x;
let z = &mut y;
*y = 12;
}
但是,如果我用一个函数调用替换语句let z=&mut y
(这基本上做了相同的事情),借用检查器会抱怨
fn test<'a>(x:&'a mut &'a mut i32) -> &'a mut i32 {
&mut **x
}
fn main() {
let mut x = 1i32;
let mut y = &mut x;
let z = test(&mut y);
*y = 12;
}
函数
test()
返回的引用已不再使用,因此不应该将其视为“死引用”吗 让我们为程序中的生命周期命名。(这不会编译,但用于演示目的。)
在第一个示例中,我们得到了两个生存期,'1
和'2
。寿命'2
仅持续一行,因此y
可在以后使用:
fn main(){
设mut x=1i32//
设mut y=&'1 mut x;//^
// |
设z=&2 mut y;/|'2 |'1
// |
*y=12;//v
}
在第二个示例中,由于test
需要&'a mut&'a mut i32
,其中'a
表示相同的寿命,因此外部引用必须与内部引用一样长。这就是我们出现错误的原因:
fn测试和mut i32{
&mut**x
}
fn main(){
设mut x=1i32//
设mut y=&'1 mut x;//^
// |
设z=test(&'2 mut y);/|'2|'1
// |
*y=12;//v
}
谢谢!我完全忽略了函数的威力。当它有一个返回的引用时,它可以进一步“强制地拖动”生命周期:)
error[E0506]: cannot assign to `*y` because it is borrowed
--> src/main.rs:11:5
|
9 | let z = test(&mut y);
| ------ borrow of `*y` occurs here
10 |
11 | *y = 12;
| ^^^^^^^
| |
| assignment to borrowed `*y` occurs here
| borrow later used here