复制省略与结构化绑定一起工作吗
强制复制省略是否适用于通过结构化绑定的分解？这适用于以下哪些情况？ // one auto [one, two] = std::array{SomeClass{1}, SomeClass{2}}; // two auto [one, two] = std::make_tuple(SomeClass{1}, SomeClass{2}); // three struct
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为什么要使用 const 进行隐式转换?
广泛阅读ISO/IEC 14882, 编程语言 - C++ 我仍然不确定为什么需要 const 来隐式转换为具有单个参数构造函数的用户定义类型，如下所示 #include X类{上市:X(整数值){printf("用 %i 初始化的构造函数",value);}}无效隐式转换函数(常量 X& 值){//产生“用99初始化的构造函数"}int main (int argc, ch
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返回的对象如何可分配?
在 Effective C++ 第 3 条中，Scott Meyers 建议为名为 Rational 的类重载 operator*: 类理性 { ... };const Rational 运算符*(const Rational& lhs, const Rational& rhs)； 返回值是const-qualified的原因解释如下:如果不是const，程序员可以编写如下代码: (a
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这里的 const 修饰符不是不必要的吗?
“Effective C++"第 3 条说“尽可能使用 const"，并给出了如下示例: const Rational operator*(const Rational& lhs,const 理性&右)； 为了防止客户犯下这样的暴行: 有理 a, b, c;...(a * b) = c;//在 a*b! 的结果上调用 operator= 但是函数的非引用返回值不是已经是右值了吗?那么为什么
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交换引用的临时元组
我正在编写一个自定义迭代器，它在取消引用时会返回一个引用元组.由于元组本身是短暂的，我认为我不能从 operator*() 返回引用.我认为我的迭代器在语义上是有意义的，因为它具有引用语义，即使 operator* 返回一个值. 问题是，当我尝试调用 std::swap 时(或者更确切地说，当 std::sort 调用时)，如下所示，我收到错误，因为交换需要 l 值.这个问题有简单的解决方法
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Go中的临时地址?
处理这种情况的最干净的方法是什么: func a() string {/* 无所谓 */}b *string = &a() 这会产生错误: 不能取a()的地址 我的理解是，如果获取了地址，Go 会自动将局部变量提升到堆中.这里很清楚，要取返回值的地址.处理这个问题的惯用方法是什么? 解决方案 地址操作符返回一个指针，指向具有“家"的东西，例如.一个变量.您的代码中表达式的值
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将临时绑定到左值引用
我有以下代码 字符串三(){返回“三"；}void mutate(string& ref){}主函数(){变异(三())；返回0；} 你可以看到我正在将 three() 传递给 mutate 方法.这段代码编译得很好.我的理解是，不能将临时对象分配给非常量引用.如果是，这个程序是如何编译的? 有什么想法吗? 编辑: 尝试过的编译器:VS 2008 和 VS2010 Beta
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为什么 std::forward 有两个重载?
给定以下参考折叠规则 T&& --> T& T&&& --> T& T&&& --> T& T&&&& --> T&& 第三条和第四条规则意味着T(ref qualifer)&&是恒等变换，即T&停留在T&code> 和 T&& 保持在 T&&.为什么 std::forward 有两个重载?以下定义不能用于所有目的吗? template ::value>>T&&forward(
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延长临时工的寿命
允许这样做的设计原理是什么 const Foo&a = function_returning_Foo_by_value(); 但不是这个 Foo&a = function_returning_Foo_by_value(); ? 第二行可能会出错(第一行不会出错)? 解决方案 我会回答你的问题......反过来. 为什么他们允许 Foo const&foo = fooBy
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为什么“通用参考"具有与右值引用相同的语法?
我刚刚对那些(相当)新特性进行了一些研究，我想知道为什么 C++ 委员会决定为它们引入相同的语法?似乎开发人员没有必要浪费一些时间来了解它是如何工作的，一个解决方案让我们考虑进一步的问题.就我而言，它是从问题开始的，可以简化为: #include 模板 void f(T& a){std::cout
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为什么这个结果不是左值?
我需要一些关于这种奇怪行为的建议——让我们看看这段代码: int ** p; 编译没有任何问题: p++; 但是这个: ((int**)p)++; 给我这个错误信息:“error: lvalue required as increment operation". 我正在将 p 转换为它已经是的类型，没有任何变化，那么问题是什么?这是我遇到的问题的简化版本，当我试图编译一个旧的gd
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static_cast 是什么?对 T& 做些什么?
所以我问了这个问题，我想通过static_cast解决它.(顺便说一句，它确实解决了问题，我只是不确定我是否理解原因.) 在代码中: vectorfoo = {0, 42, 0, 42, 0, 42};replace(begin(foo), end(foo), static_cast(foo.front()), 13); static_cast 是否只是构造了一个 R 值 int?那和只
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在 C++ 11 中将非常量左值引用绑定到右值是否有效?(修改)
我知道在 c++03 中，非常量引用不能绑定到右值. T&t = getT(); 无效，在 C++11 中，我们可以这样做:T&&t = getT(); 但是上面的代码怎么样，在 c++11 中能用吗? 我用 vs11 测试了下面的代码: Foo getFoo() {返回 Foo();}void fz(Foo& f) {}int getInt() {返回整数()；}void iz(
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一个 VS2010 错误?允许在没有警告的情况下绑定非常量引用到右值?
string foo() { return "hello";}int main(){//下面将非常量(左值)引用绑定到右值应该是非法的字符串&tem = foo();//下面应该是正确的，因为只有const引用可以绑定到右值(最重要的const)const string&constTem = foo();} GCC 是给出编译错误的好方法:从 类型的临时对象对 std::string& 类型的非
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右值引用被视为左值?
我发布了这个答案:https://stackoverflow.com/a/28459180/2642059 其中包含以下代码: void foo(string&& bar){string* temp = &bar;cout
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C++ 函数返回一个右值，但可以为其分配一个新值?
代码如下: #include 使用命名空间标准；A类{};A rtByValue() {返回 A();}void passByRef(A &aRef) {//没做什么}int main() {一个啊;rtByValue() = aa;//编译没有错误passByRef(rtByValue());//编译出错返回0；} g++ 编译器给出以下错误: d.cpp:在函数‘int main()’
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隐式生成的赋值运算符应该是 &ref 资格?
以下代码在 gcc 4.8.1 上编译没有问题: #include 结构体{};int main(){富吧;foo() = 酒吧；foo() = std::move( bar );} 似乎为 foo 隐式生成的赋值运算符不是 & ref-qualified，因此可以在右值上调用.根据标准，这是正确的吗?如果是这样，有什么理由不要求隐式生成的赋值运算符是 & ref-qualified?
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分配一个可变的右值
我不明白为什么下面的代码不能编译: #include 类测试{民众:测试() {std::cout
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三元运算符为什么以及何时返回左值?
很长一段时间我都认为三元运算符总是返回一个右值.但令我惊讶的是它没有.在下面的代码中，我没有看到 foo 的返回值和三元运算符的返回值之间的区别. #include 整数 g = 20 ；int foo(){返回 g ;}int main(){int i= 2,j = 10 ;foo()=10 ;//不好((i
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在函数返回类型中返回右值引用与按值返回
在我的代码中，我有一个函数，它从一段数据构造一个字符串，然后返回它.此字符串未在其他任何地方使用，因此接收方对其使用移动分配或移动初始化是安全的. std::string ReadString(...) {...返回 std::string(...)} 这基本上就是我所拥有的.使函数返回类型 std::string&& 有什么意义，因为返回的值是右值? std::string&&读取字符串(
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