显式删除从不使用的复制构造函数给出编译错误

Question

我正在实施一个 SizeTag 方法，该方法将采用大小值并保留左值引用。

一切正常，在此代码中的目的是使用 T&& 构造函数。

但是，如果我显式删除复制构造函数，编译器会报错：

#include <cstdint>
#include <type_traits>
#include <utility>

template <typename T = std::uint64_t>
class SizeTag {
  public: 
    using size_type = std::uint64_t;
    using Type = std::conditional_t<std::is_lvalue_reference<T>::value, const size_type&, size_type>;
    inline const Type& get() const { return _size; }

    SizeTag(T&& sz) : _size(std::forward<T>(sz)) { }
    SizeTag& operator = (const SizeTag&) = delete;

    SizeTag(const SizeTag&) = delete;   // No error if this line removed

  private:
    Type _size;
};

template <typename T>
SizeTag<T> make_size_tag(T&& t) {
  return std::forward<T>(t);
}

int main()
{
    int a = 9;
    make_size_tag(a);
}

为什么会这样？在这种情况下永远不应该调用复制构造函数。

Answer 1

returnclass 或 struct 复制 returned 对象作为 returning 对象过程的一部分的函数。毕竟，returned 对象必须复制到某个地方。

尽管当编译器可以向自己证明这是安全的时候，允许编译器省略或优化复制，但从技术上讲，复制仍然会发生。

make_size_tag() returns 一个对象。从 T 到 SizeTag<T> 的转换使用 SizeTag 的构造函数隐式完成，然后将构造的对象复制到 return。因为拷贝构造函数是deleted，所以报错

Answer 2

在这种情况下，您必须使用 {} 来避免 copy/move 构造函数：

template <typename T>
SizeTag<T> make_size_tag(T&& t) {
    return { std::forward<T>(t) } ; // Note the extra {}
}

Demo

使用大括号，使用 copy-list-initialization 而没有，你创建一个你 copy/move 构造的临时对象（即使 RVO 应用）。

标准第 6.6.3 节：

A return statement with a braced-init-list initializes the object or reference to be returned from the function by copy-list-initialization (8.5.4) from the specified initializer list.

Answer 3

函数make_size_tagreturns SizeTag<T>按值。

让我们回顾一下 function returning by value 的工作原理：

有一个临时对象，通常称为 return 值对象。
案例return expression;：
- 表达式复制初始化 return 值对象。
- 这是复制省略上下文。
案例return { zero_or_more_items };：
- 大括号列表copy-list-initializesreturn值对象。
如果调用代码通过函数调用初始化一个变量，那么 return 值对象就是初始化器。（具体的初始化形式可能因调用代码而异）。对于对象的初始化，这也是一个复制省略上下文。

在您的代码中，make_size_tag(a) 将 T（make_size_tag 的参数）推导为 int&，因为这是一个完美的转发场景。

这个 T 的 make_size_tag 的实例化看起来像，在扩展 std::forward 之后：

SizeTag<int&> make_size_tag(int& t)
{
    return t;
}

因为 static_cast<int&>(t) 与 t 相同，因为 t 已经是 int.

类型的左值

如前所述，此代码copy-initializes return 值对象。所以代码现在的行为有点像：

SizeTag<int&> temp_rv = t;

并且因为 t 不是 SizeTag，复制初始化的定义是这与：

SizeTag<int&> temp_rv = SizeTag<int&>(t);

这显然调用了一个 copy/move 操作来从 SizeTag<int&> 类型的临时对象初始化 temp_rv。虽然此副本将被复制省略，但可访问的 copy/move 构造函数必须存在。

Jarod42 建议的解决方案，将大括号放在 return 表达式周围，因为等效的初始化现在是 copy-list-initialization:

SizeTag<int&> temp_list_rv { t };

使用 SizeTag<int&>(int&) 构造函数初始化 temp_list_rv。

注意；您的代码有一个单独的错误：由于 Type 是 const uint64_t &，从 int 初始化 _size 会创建一个临时文件，该临时文件会在 SizeTag 构造函数完成时被销毁；因此标签 returns 带有悬空引用。 clang 对此发出警告，但 g++ 没有。

要解决此问题：您需要将 Type 更改为与 T& 相同，以便它直接绑定到 a，例如：

using size_type = typename std::remove_reference<T>::type;

或使_size不成为参考。后者似乎会破坏标签的全部用途，因此您可能需要重新考虑一下您的设计。

为避免生成此悬空引用的可能性，请在 conditional_t 中将 const size_type & 更改为 size_type &。然后编译器（假设你没有使用 MSVC）会指出问题。

显式删除从不使用的复制构造函数给出编译错误

Explicitly delete never-use copy constructor give compile error

c++

constructor

copy-constructor

perfect-forwarding