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为什么函数返回类型中不允许参数推导?

argument-deduction c++17 language-lawyer templates c++

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skypjack · 技术社区 · 7 年前

最明显的答案可能是- 因为标准是这样说的 .
那很好,但我正绞尽脑汁想弄清楚这一选择背后的原因。

请考虑以下示例:

template<typename T>
struct S { S(T) {} };

S f() { return 0; }

int main() {
    auto s = f();
    (void)s;
}

它无法编译,错误如下:

错误:使用类模板“s”需要模板参数;函数返回类型中不允许参数推断

很容易解决,这不是问题,像这样的工作很好:

auto f() { return S{0}; }

但是,我想了解在函数返回类型中也允许类模板参数推断的缺点。
乍一看,这似乎是一个愚蠢的限制,但我很肯定我遗漏了一些重要的东西。

3 回复 | 直到 7 年前

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David Haim 7 年前

这里没有语言lawry:如果指定返回类型(而不是 auto 或 T 哪里 T 是模板类型),该返回类型必须有效。让我举一个更简单、更好的例子:

std::vector function() {
    return std::vector<int>();
}

显然它无法编译,即使没有花哨的模板, 汽车 并键入扣减,因为 std::vector 不是一种类型, std::vector<int> 是.

当您指定 S 作为回报类型,你基本上

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Barry 7 年前

为什么函数返回类型中不允许参数推导?

因为标准是这么说的。

S s = 0;            // OK
S s() { return 0; } // error - even though this is also copy-initializing an "S" from 0

你可以给出一个简单的解释,解释为什么第一个应该是好的,为什么第二个不应该是好的——但是基本上,类模板参数推导是为了只处理第一个情况而不是第二个。第一个是好的,因为标准是这样说的,第二个是错误的,因为标准是这样说的。

有人提议延期( P1021 ,在“函数的返回类型扣除”)下,这将解决第二种情况。不管你是否认为这是个好主意…()()

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463035818_is_not_an_ai 7 年前

只是我的手挥舞着两分钱来总结我的理解:

在

S f() { return 0; }

这个 S 不是可以推断的类型,它只是一个模板。你可以写

template<typename T>
S<T> f() { return 0;}

但现在很明显

auto s = f();

无法推断是哪种类型 T 应该是的。