如何通过引用传递变量？

问题内容

我编写这个类是为了测试：

class PassByReference:
    def __init__(self):
        self.variable = 'Original'
        self.change(self.variable)
        print(self.variable)

    def change(self, var):
        var = 'Changed'

当我尝试创建实例时，输出是 original。所以python中的参数似乎是按值传递的。那是对的吗？如何修改代码才能达到引用传递的效果，使得输出为changed？

_{有时人们会感到惊讶，像 x = 1 这样的代码（其中 x 是参数名称）不会影响调用者的参数，但像 x[0] = 1 这样的代码却会影响调用者的参数。发生这种情况是因为尽管有 = 语法，但项目分配和切片分配是变异现有对象的方法，而不是重新分配变量。请参阅为什么函数可以修改调用者感知到的某些参数，但不能修改其他参数？了解详情。}

_{另请参阅按引用传递与按值传递之间有什么区别？用于重要的、与语言无关的术语讨论。}

正确答案

参数是通过赋值传递。这背后的理由有两个：

1. 传入的参数实际上是对象的引用（但引用是按值传递的）
2. 某些数据类型是可变的，但其他数据类型则不然

所以：

• 如果将一个可变对象传递给方法，该方法将获得对同一对象的引用，并且您可以随心所欲地改变它，但是如果您在方法时，外部作用域对此一无所知，完成后，外部引用仍将指向原始对象。

• 如果将不可变对象传递给方法，您仍然无法重新绑定外部引用，甚至无法更改该对象。

为了更清楚地说明这一点，让我们举一些例子。

列表 - 可变类型

让我们尝试修改传递给方法的列表：

def try_to_change_list_contents(the_list):
    print('got', the_list)
    the_list.append('four')
    print('changed to', the_list)

outer_list = ['one', 'two', 'three']

print('before, outer_list =', outer_list)
try_to_change_list_contents(outer_list)
print('after, outer_list =', outer_list)

输出：

before, outer_list = ['one', 'two', 'three']
got ['one', 'two', 'three']
changed to ['one', 'two', 'three', 'four']
after, outer_list = ['one', 'two', 'three', 'four']

由于传入的参数是对 outer_list 的引用，而不是它的副本，因此我们可以使用变异列表方法来更改它，并将更改反映在外部范围中。

现在让我们看看当我们尝试更改作为参数传入的引用时会发生什么：

def try_to_change_list_reference(the_list):
    print('got', the_list)
    the_list = ['and', 'we', 'can', 'not', 'lie']
    print('set to', the_list)

outer_list = ['we', 'like', 'proper', 'english']

print('before, outer_list =', outer_list)
try_to_change_list_reference(outer_list)
print('after, outer_list =', outer_list)

输出：

before, outer_list = ['we', 'like', 'proper', 'english']
got ['we', 'like', 'proper', 'english']
set to ['and', 'we', 'can', 'not', 'lie']
after, outer_list = ['we', 'like', 'proper', 'english']

由于 the_list 参数是按值传递的，因此为其分配新列表不会对方法外部的代码产生任何影响。 the_list 是 the_list 参数是按值传递的，因此为其分配新列表不会对方法外部的代码产生任何影响。 the_list 是 outer_list 引用的副本，我们让 the_list 指向一个新列表，但无法更改 outer_list 引用的副本，我们让 the_list 指向一个新列表，但无法更改

指向的位置。

字符串 - 不可变类型

它是不可变的，因此我们无法更改字符串的内容

现在，让我们尝试更改引用

def try_to_change_string_reference(the_string):
    print('got', the_string)
    the_string = 'in a kingdom by the sea'
    print('set to', the_string)

outer_string = 'it was many and many a year ago'

print('before, outer_string =', outer_string)
try_to_change_string_reference(outer_string)
print('after, outer_string =', outer_string)

输出：

before, outer_string = it was many and many a year ago
got it was many and many a year ago
set to in a kingdom by the sea
after, outer_string = it was many and many a year ago

the_string 参数是按值传递的，因此为其分配新字符串不会对方法外部的代码看到任何影响。 the_string 是 outer_string 引用的副本，我们让 the_string 指向一个新字符串，但无法更改 outer_string同样，由于

指向的位置。

我希望这能让事情变得更清楚。

编辑：

有人指出，这并没有回答 @david 最初提出的问题：“我可以做些什么来通过实际引用传递变量吗？”。让我们努力吧。

我们如何解决这个问题？

正如@andrea的回答所示，您可以返回新值。这不会改变传入内容的方式，但可以让您获取想要的信息：

def return_a_whole_new_string(the_string):
    new_string = something_to_do_with_the_old_string(the_string)
    return new_string

# then you could call it like
my_string = return_a_whole_new_string(my_string)

如果您确实想避免使用返回值，您可以创建一个类来保存您的值并将其传递给函数或使用现有的类，例如列表：

def use_a_wrapper_to_simulate_pass_by_reference(stuff_to_change):
    new_string = something_to_do_with_the_old_string(stuff_to_change[0])
    stuff_to_change[0] = new_string

# then you could call it like
wrapper = [my_string]
use_a_wrapper_to_simulate_pass_by_reference(wrapper)

do_something_with(wrapper[0])

虽然这看起来有点麻烦。🎜

以上是如何通过引用传递变量？的详细内容。更多信息请关注PHP中文网其他相关文章！