今天看php手冊時，看到引用那一章節時，有這麼一段**：
<?php$baz = "hello world!";
function foo (&$var)
$bar = "heihei";echo "$bar
";foo($bar);
echo "$bar
"?>
關於這段**，手冊是這個解釋的：這將使
foo函式中的
$var
變數在函式呼叫時和
$bar
繫結在一起，但接著又被重新繫結到了
$globals["baz"]
上面。不可能通過引用機制將
$bar
在函式呼叫範圍內繫結到別的變數上面，因為在函式
foo中並沒有變數
$bar
（它被表示為
$var
，但是
$var
只有變數內容而沒有呼叫符號表中的名字到值的繫結）。
當時看到這裡有點不能理解，為什麼通過引用傳遞還是不能修改$bar的值呢？想了半天，是不是因為這個引用：$var =& $globals["baz"];
這裡$baz通過乙個引用傳遞，而$var本身也是乙個引用，這樣的傳遞效果是不是同直接的值傳遞效果一樣呢？
後來想，是不是可以這樣理解：呼叫foo($bar)時，傳進去的是乙個引用沒錯，那麼把傳進去的引用當成$bar引用的乙個副本，該副本進入函式後，遇到語句 $bar =& $globals["baz"]，然後該副本的值被修改為$globals["baz"]的引用，然後函式結束，因為這裡只是修改了副本，副本指向的值（即$bar的值）並沒有被修改，所以對$bar的值無影響。如果將$var =& $globals["baz"];換成$var = $globals["baz"];，將這個引用去掉，那麼修改的是副本指向的值，即$bar指向的值被修改了。
寫到這裡，我不僅想到以前在碰到乙個問題，**如下：
void exchange(int *a, int *b)
int main()
這段**能否達到交換a，b的值得目的，顯然不能，道理跟上面一樣。
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