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c++ - 当强制 RVO 应用于延长临时生命周期的引用时会发生什么？

问题描述

当一个引用被另一个延长临时生命周期的引用初始化时，这个新引用不会扩展任何东西。

但是当强制 RVO 阻止引用被复制时会发生什么？

考虑这个例子：run on gcc.godbolt.org

#include <iostream>

struct A
{
    A() {std::cout << "A()\n";}
    A(const A &) = delete;
    A &operator=(const A &) = delete;
    ~A() {std::cout << "~A()\n";}
};

struct B
{
    const A &a;
};

struct C
{
    B b;
};

int main()
{
    [[maybe_unused]] C c{ B{ A{} } };
    std::cout << "---\n";
}

在 GCC 下打印

A()
---
~A()

但在 Clang 下，结果是

A()
~A()
---

哪个编译器是正确的？

乍一看，GCC 做了正确的事。但在这个例子中：

C foo()
{
    return { B{ A{} } };
}

int main()
{
    [[maybe_unused]] C c = foo();
    std::cout << "---\n";
}

的生命周期A肯定不能扩展到函数之外（并且两个编译器都同意这一点）。

由于这个片段应该与第一个片段具有相同的 RVO，所以行为不应该相同吗？因此 Clang 的行为似乎更加一致。

标签： c++language-lawyerreturn-value-optimization

解决方案

海合会是对的。

在第二个示例中，由于[class.temporary] ¶6.11，我们没有生命周期延长：

临时绑定到函数return语句 ( [stmt.return] ) 中的返回值的生命周期不会延长；return临时在语句中的完整表达式结束时被销毁。

如果我们这样重写示例：

C foo(const A &a)
{
    return { B{ a } };
}

int main()
{
    C c = foo(A {});
    std::cout << "---" << std::endl;
}

第 6.9 条将改为：

在函数调用 ( [expr.call] )中绑定到引用参数的临时对象将持续存在，直到包含调用的完整表达式完成为止。

那么为什么延长寿命适用于第一个例子呢？嗯，很简单：聚合初始化器不是函数调用。它们在标准的不同部分进行了描述：函数调用在[expr.call]中描述，而初始化表达式在[expr.type.conv]中描述（聚合初始化在[dcl.init.aggr]中描述）。

但是请注意，如果B有一个实际的构造函数：

struct B
{
    const A &a;
    B(const A &a_): a(a_) {}
};

然后调用该构造函数算作函数调用，此时[class.temporary] ¶6.9再次变得相关。0 没有它，就生命周期而言，聚合的引用成员被视为直接声明为变量。

如果你想在没有像 Clang 那样的临时生命周期延长的情况下执行聚合初始化（错误地），你可以使用括号而不是大括号进行初始化，这将触发[class.temporary] ¶6.10：

绑定到从带括号的表达式列表( [dcl.init] )初始化的类类型聚合的引用元素的临时对象将持续存在，直到包含表达式列表的完整表达式完成为止。

不幸的是，Clang 目前显然没有实现这一点，因为这是 C++20 的新增功能（提案P0960）。请注意，该提案的文本甚至明确说明 GCC 在第一个示例中的行为是该标准的意图。

0大概。该子句仅提及[expr.call]中描述的函数调用，我很难在标准中找到任何明确的声明，即构造函数调用应该以相同的方式工作。

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