我可以使用 auto 或 decltype 代替尾随返回类型吗?
我发现 trailing return type 很容易定义返回复杂类型的函数的返回，例如: auto get_diag(int(&ar)[3][3])->int(&)[3]{//使用尾随返回类型静态整数诊断[3]{ar[0][0], ar[1][1], ar[2][2]};返回诊断；}自动&get_diag2(int(&ar)[3][3]){//添加 &auto 因为否则它将数组转换为指针静态
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在 C++11 函数中使用尾随返回类型的优势
在 C++11 中指定尾随返回类型与普通返回类型相比有什么优势?在此处查看 foo1 与 foo2: int foo1() {返回 1；}自动 foo2() ->内部{返回 1；}int main() {foo1();foo2();} 解决方案 在这个例子中，它们的意思完全相同. 但是，一致地使用尾随返回类型形式有一些优点(Phil Nash 称这些形式为 “东端函数"，因为返回类型在
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尾随返回类型语法样式是否应该成为新 C++11 程序的默认样式?
C++11 支持新的函数语法: auto func_name(int x, int y) ->国际; 目前这个函数将被声明为: int func_name(int x, int y); 新样式似乎还没有被广泛采用(比如在 gcc stl 中) 但是，这种新风格是应该在新的 C++11 程序中处处首选，还是只在需要时使用? 就我个人而言，如果可能的话，我更喜欢旧样式，但混合样式的
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尾随返回类型的占位符是否会覆盖初始占位符?
g ++似乎接受auto和decltype(auto)的任何组合作为初始和尾随返回类型: int a; auto f() { return (a); } // int auto g() -> auto { return (a); } // int auto h() -> decltype(auto
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自动，decltype(自动)和尾随返回类型
两者之间是否有区别 template constexpr decltype(auto) f(T&& x) -> decltype(std::get(std::forward(x))) { return std::get(std::forward(x)); } 和: template constexpr auto
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是否存在无法避免lambda中的尾随返回类型语法的情况?
关于上一个问题(是否可以通过引用从lambda返回类型T的对象而无需使用尾随返回类型语法?)，我想知道是否还有其他重要案例或示例，其中使用lambda时 trailing-return-type 语法是否可以不能被避免. 解决方案 在C ++ 14中，一个人为设计的示例是将sfinae与通用lambda结合使用: [](auto &&arg) -> decltype(arg.f(),
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在C ++ 11函数中使用尾随返回类型的优势
与常规返回类型相比，在C ++ 11中指定尾随返回类型有什么好处?在这里查看foo1与foo2: int foo1() { return 1; } auto foo2() -> int { return 1; } int main() { foo1(); foo2(); } 解决方案 在此示例中，它们的含义完全相同. 但是，始终
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为什么在C ++ 11中需要添加尾随返回类型?
我终于开始阅读我遇到了以下示例，该示例用于突出显示该问题: template decltype(lhs+rhs) adding_func(const Lhs &lhs, const Rhs &rhs) {return lhs + rhs;} 该示例是非法的，因为decltype(lhs+rhs)不起作用，因为标识符lhs和rhs仅在解析阶
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自C ++ 14起合法使用尾随返回类型语法
实际上是否有理由再使用以下语法: template auto access(T& t, int i) -> decltype(t[i]) { return t[i]; } 现在我们可以使用了: template decltype(auto) access(T& t, int i) { return t[i]; }
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我可以使用auto或decltype代替尾随返回类型吗?
我发现trailing return type非常容易定义返回复杂类型的函数的返回，例如: auto get_diag(int(&ar)[3][3])->int(&)[3]{ // using trailing return type static int diag[3]{ ar[0][0], ar[1][1], ar[2][2] }; return
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如何使用带模板的类成员的尾随返回类型
我正在尝试实现以下类: template class reverse_adaptor { public: // Construction reverse_adaptor(Container &container) : m_container(container) {} public: // STL container
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lambda尾随返回类型auto的用法是什么?
在[]() -> auto { return 4; }中添加-> auto的用途是什么? 对我来说-与[]() { return 4; } 没有什么不同 解决方案 默认情况下为auto.该标准 [expr.prim.lambda]/4 如下: : 如果 lambda-expression 不包含 lambda-declarator ，则好像 lambda-declarator 是
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是否可以忽略c ++ 11的尾随返回类型特征，有利于c ++ 14的函数返回类型推导特征？
跳过表达式的返回类型 C ++ 11 中的以下代码： 自动功能（X x，Y y） - > decltype（x + y） { return x + y; } 等于 C ++ 14 ： decltype（auto）function（X x，Y y） { return x + y; } 但是另外还可以推导出返回类型，不带 中的
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当类成员涉及c ++ 11时如何使用自动返回和decltype？
例如 struct A { auto count（） - > decltype（m_count）{return m_count; } int m_count; }; 上述获取编译错误，因为m_count在 decltype 无法识别。如何解决它？ auto 返回并从 m_count 获取类型。 订单更改时代码会编译 struct A
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使用尾随返回类型的条件重载可能？
假设您尝试执行以下操作： 模板 typename std :: enable_if :: type static auto hope（/ * args * /） - > decltype（/ * return expr * /） { } 可以结合条件包含/重载（ s
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如何正确写入尾部返回类型？
假设我有这个函数模板： template auto DoSomething（const T1& arg）; 当然，这个函数需要一个尾随返回类型，考虑到函数的目的，我真的不能得到 这个函数应该使用 arg ，使用 arg 和 T2 对象，并使用该操作的结果作为函数的返回值。显然， DoSomething（）的
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是'auto a_class :: f（...） - > T const在语法中含糊不清？
如何在C ++ 11中解释下面的成员函数原型？ class C { public ： auto f（...） - > T const; } 在我看来，它可以是一个const成员函数的类C或者返回类型T的const值的非const成员函数。 我知道我可以写函数为 T const f（...）; 或 T f（...）const
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成员函数声明签名中的类成员可见性
为什么这样工作： 模板 struct S { A a; template auto f（B b） - > decltype（a.f（b）） { } }; 但这不是（ a code> f 交换的地方）： template struct S { template
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在成员函数中使用此和属性返回类型？
在此 answer 我给了，使用这个和类的属性 _arg 在尾部返回类型中作为 decltype 表达式的一部分。 既不是clang 3.0（见下文）也不是 gcc 4.5.2 接受了。 #include class MyClass { public： MyClass（int i）：_arg（i）{} template
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模板成员函数具有尾部返回类型，即使未使用也会产生错误
我理解模板成员函数只有在使用时才会生成。如果不是所有使用的类型都支持这样的功能，这是方便的。然而，这似乎不适用于具有尾部返回类型规范的函数。下面是一个小实验： //帮助函数的情况A解决方法 template decltype（x.template f （）） {return x.temp
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