Можно ли игнорировать функцию завершающего возвращаемого типа в c ++ 11 в пользу функции вывода типа возвращаемого значения в c ++ 14?
Когда я пропускаю возвращаемый тип выражения
Следующий код в C ++ 11:
auto function(X x, Y y) -> decltype(x + y)
{
return x + y;
}
Равен следующему коду в C ++ 14:
decltype(auto) function(X x, Y y)
{
return x + y;
}
Но дополнительно можно вывести тип возврата без decltype правила в C ++ 14:
auto function()
{
return 0;
}
Когда я знаю, что именно возвращаемый тип
Следующий код в C ++ 11:
auto function() -> int
{
return 0;
}
Равен следующему коду в C ++ 03:
int function()
{
return 0;
}
Странный пример, который никогда не должен случиться
Следующий код в C ++ 11:
auto function(X x, Y y) -> decltype(x * y)
{
return x; // Yeah! return x with the type of x * y expression!
}
Равен следующему коду в C ++ 14:
decltype(auto) function(X x, Y y)
{
return static_cast<decltype(x * y)>(x);
}
Пожалуйста, исправьте меня, если приведенный выше код неверен и не работает должным образом.
РЕДАКТИРОВАТЬ, Согласно комментарию (Якк): Они на самом деле не равны, первый (C ++ 11 пример) является неявным приведением, в то время как второй ( static_cast из C ++ 14 пример) является явным приведением.
Заключение
Как видите, я могу делать все без использования синтаксис альтернативной функции особенность C ++ 11. Я прав? Могу ли я полностью забыть об этом без каких-либо технических проблем?
Как правило, можно избежать следующего синтаксиса:
auto function() -> TYPE
{
return 0;
}
В пользу следующего синтаксиса:
TYPE function() // TYPE can be: auto, decltype(auto), or ...
{
return 0;
}
Я забыл любое использование конечный тип возврата особенность C ++ 11, что невозможно с вычет типа возврата функции особенность C ++ 14?
Решение
Существует три важных различия между функцией, использующей автоматическое возвращение типа возврата, и функцией с явным типом возврата (даже если она вычисляется):
-
Вы не можете выполнить SFINAE для вычислимости возвращаемого типа, если вы не укажете это явно: вместо этого вы получаете серьезную ошибку. Зачем? Поскольку SFINAE работает только с объявлением, не определение функций (SFINAE: (шаблон-аргумент) замена-сбой не является ошибкой).
автоматический возврат типа вычет, нет СФИНАЕ
SFINAE, но нет автоматического возврата типа возврата#include <iostream> int doit(int x, ...) { return x; } template<class X, class Y> auto doit(X x, Y y) #ifdef TRAILING_RETURN_TYPE -> decltype(doit(x) + doit(y)) #endif { return doit(x) + doit(y); } int main() { std::cout << doit(1, nullptr) << std::endl; } -
На данный момент вы не можете заранее объявить функцию с ее фактическим типом возврата, если в определении используется автоматический возврат типа возврата, и при этом она не может быть виртуальной. (Явное правило)
7.1.6.4 авто спецификатор
[dcl.spec.auto]13 Повторные объявления или специализации функции или шаблона функции с объявленным типом возврата, который использует тип заполнителя, должен также использовать этот заполнитель, а не выводимый тип.
14 Функция, объявленная с типом возврата, который использует тип заполнителя, не должна быть виртуальной (10.3). -
Только функции с автоматическим вычетом возвращаемого типа могут возвращать лямбду, так как нет другого способа получить ее тип.
auto foo() { return [] {}; }
Ссылка на предложение, которое было включено в проект для C ++ 1y:
http://www.open-std.org/jtc1/sc22/wg21/docs/papers/2013/n3638.html
Другие решения