C++ 隐式 returning return 类型变量

Question

当我意识到我忘记了函数中的 return 语句时，我注意到了这一点，但我仍然得到了预期的值。所以我试图在一个简单的程序中重现这种情况，它做了同样的事情——return在没有明确的 return 语句的情况下计算预期值。

我注意到，如果我将 printf 格式说明符类型从 f 更改为 d，它就不起作用。或者，如果我创建了一个名为 double tau = 6.2830 的变量，但具有多个 return 类型的变量会导致定义的最后一个变量被 returned.

所以我的结论是，这是编译器纠正我的错误的工作，但这似乎没有多大帮助，我希望这是一个错误，而不是使用 [=18 时隐藏的警告=] 或其他一些相关标志。

我的结论是否正确？这个设计决定背后的原因是什么？

#include <stdio.h>                                                              

float pi() {                                                                                                                           
    float pi = 3.1415;
    // float tau = 6.2830;    // this will now return instead
    // double cthulhu = -000000.000000011101; // this will not allow it to work                                                      
}                                                                               

int main() {                                                                    
    float num;                                                                  
    num = pi();                                                                 
    printf("Some number is %f", num);       // changing %f to %d will also not allow it to work                                    
    return 0;                                                                   
}

编译为

g++ test.cpp -o test

输出

$ ./test
Some number is 3.141500

带有 -Wall 标志的编译器输出

a.cpp: In function ‘float pi()’:
a.cpp:4:11: warning: unused variable ‘pi’ [-Wunused-variable]
     float pi = 3.1415;
           ^~
a.cpp:5:1: warning: no return statement in function returning non-void [-Wreturn-type]
 }

Answer 1

您的函数没有 return 语句（编译器警告清楚地告诉您），并且没有 隐式返回 类型或变量。您对该函数有未定义的行为，消化它。

要修复，请使用类似

的东西

float pi() {                                                                
    return 3.1415f;
}

或像

这样的简单声明

constexpr float pi = 3.1415f;

C++ 隐式 returning return 类型变量

C++ Implicitly returning return type variable

c++

g++

compiler-warnings