c++ - 当返回一个用花括号初始化列表初始化的对象时，我能保证一对构造函数和析构函数调用吗？

Question

以下面的类为例

#include <iostream>

using namespace std;

class A{
private:
    int a_;
    int b_;

    A(const A&) = delete;
    A& operator=(const A&) = delete;
    A(A&&) = delete;
    A& operator=(A&&) = delete;

public:
    A(int a, int b) : a_{a}, b_{b}{cout<<"constructed\n";}

    void ephemeral() const{cout<<"operation\n";}

    ~A(){cout<<"destructed\n";}

};

A make_A(int a, int b){
    return {a, b};
}

int main(){
    make_A(1, 2).ephemeral();
    return 0;
}

It gives the expected result .

构造对象，执行操作，然后销毁。

但是，我担心这是否得到保证。我主要担心的是，由于标准赋予编译器的自由，我是否会看到我不知道的任何效果。

我不认为复制省略是这里的一个因素，因为所有移动和复制构造函数都被声明为已删除，所以如何调用它们？

唯一被调用的构造函数是接受两个整数的构造函数。我能确定这将在编译器、平台和优化级别上保持一致吗？

我怀疑答案是"is"，但可能会有一些微妙之处。

Answer 1

当你return {a,b};你直接构造返回值。

没有创建临时的、逻辑的或其他的。没有省略。

此返回值在 main 的返回上下文中可用.你可以调用它的.ephemeral()手术。在完整表达式的末尾，它超出范围，除非您将它“存储”在 A const& 中。 (引用生命周期延长开始)或 A&& (同上)或在 auto const& 中或 auto&&像这样的变量:

auto&& a = make_A(1, 2);
a.ephemeral();

仍然，在上述情况下，没有发生复制。

这些操作都不会导致标准下的复制。

在某些情况下，您是正确的，复制构造可以被删除。省略是指两个对象的身份和生命周期合并。所以如果make_A阅读:

A make_A(int a, int b){
  A r{a,b};
  return r;
}

r可以省略到返回值中。然而，在这里，编译器会要求 A(A const&)或 A(A&&)被定义，所以它不会用你的 A 编译.实际上，一旦检查到它们已定义，它就不会调用它们，因为 r在 make_A 内将被忽略为与 make_A 的返回值相同的对象.

同样，

A a = make_A(1,2);

make_A 返回的临时文件省略为与命名变量相同 a .省略是暂时的，所以这也可以一起省略变量within make_A .在这种情况下，您还需要 A(A&&)或 A(A const&)存在。

通过删除移动/复制构造器，它们无法被调用，因此对象无法被复制。每个构造函数只能调用一个析构函数(除非手动构造或销毁)。

如果代码尝试调用它们，将在编译时产生错误。

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在 C++17 中你甚至可以 return A(a,b);并发生类似的保证。

您也可以A a = make_A(1,2);并发生类似的保证。

这被描述为“保证省略”，而是将一些操作变成了“如何构造某些东西的描述”。

因此，在某些情况下，您可以在 C++03 或 C++11 或 C++14 中执行需要移动或复制 ctors 的操作，但在 C++17 中现在执行类似于“elision”的操作"并且不再需要移动或复制 ctors。