在使用现代 C++ 中的示例时,我编写了以下代码。
#include <string>
#include <iostream>
static int count = 0;
class Counter
{
public:
Counter() { ++count; };
Counter(Counter& r) { ++count; };
Counter(Counter&& r) { ++count; };
~Counter() { --count; };
void foo() {};
};
decltype(auto) foo_warn()
{
Counter c;
return (c); // Warning about returning local reference
}
decltype(auto) foo_no_warn()
{
Counter c;
return 1==1 ? c : c; // No warning, still local reference returned
}
int main()
{
Counter& a = foo_warn();
Counter& b = foo_no_warn();
std::cout << count << std::endl; // prints 0
a.foo();
b.foo();
return 0;
}
使用命令编译的代码:
g++-6 -std=c++14 -Wall -O0 decl_fail.cpp -o decl_fail
输出:
g++-6 -std=c++14 -Wall -O0 decl_fail.cpp -o decl_fail
decl_fail.cpp: In function ‘decltype(auto) foo_warn()’:
decl_fail.cpp:19:10: warning: reference to local variable ‘a’ returned [-Wreturn-local-addr]
Counter a;
^
我很清楚 decltype(auto)
返回表达式的引用(但仍然不直观),因此 a
和 b
是无效引用(由 count==0
证明)。
问题是为什么编译器没有在 foo_no_warn
中警告我?
我是在编译器中发现了错误还是这是某种可以解释的行为?
最佳答案
首先让我们声明问题与 decltype(auto) 没有显式相关,因为如果函数显式返回 Counter&,您将得到几乎相同的结果。
您可以考虑以下代码:
typedef std::vector<int> Type;
class DataContainer {
public:
DataContainer() : data(Type(1024, 0)) {}
const Type& getData() const { return data; }
private:
const Type data;
};
const Type& returnLocalRef()
{
DataContainer container;
const Type& data = container.getData();
return data; // o! returning a ref to local - no warning for most compilers
}
虽然返回了本地引用,但编译器在 VS2015 和 gcc48(使用 -Wall)中都没有发出警告。但是,如果您从 const Type& data 中删除引用,编译器会立即发现问题。您应该将这种行为视为错误吗?有争议。
编译器的基本工作是编译代码。它警告开发人员注意一些明显的问题,但在大多数情况下,它不会对程序逻辑进行任何更深入的分析(编译时间会受到影响)。 这就是开发和应该使用代码静态分析工具的目的。
所描述的情况可以被认为是一个简单的例子,但单层间接就足以“愚弄”编译器。因为要验证这一点,编译器需要检查从 getData 方法实际返回的内容。
做一个简单的修改:
Type globalData;
...
const Type& getData() const { return globalData; }
将使从 returnLocalRef 函数返回的引用有效。 因此,这可以被认为是编译器在分析复杂性和时间效率之间的权衡。
关于c++ - decltype(auto) foo() 在没有任何警告的情况下返回本地引用,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/39490912/