会不会有一个临时的被销毁的返回值？

Question

我对复制省略的新规则有点困惑，实际上我什至不确定它是否适用于这种情况。我有这个：

template <typename T> struct foo {
    T t;
    foo(const T& t) : t(t) {}
    ~foo() { std::cout << "destructor \n"; }
}

template <typename T> foo<T> make_foo(const T& t) { return {t}; }

其中 make_foo 仅允许推导参数（在实际代码中 t 是一个 lambda，但为了简单起见，或者更确切地说，为了混乱，对此感到抱歉）如

auto x = make_foo(123);

现在我需要绝对确定 foo 的析构函数只被调用一次：当 x 超出范围时。恐怕这是一个不清楚你在问什么的问题，但如果很明显不会有任何临时 foo，那就足够回答了 ;)。

在 C++11 中，我可以确定 make_foo 中不会有临时的 foo 会被销毁吗？仅当 x 超出范围时才应调用析构函数。

正如评论中正确指出的那样，这个问题是 XY 问题的 Y 部分，而 X 部分是我想实现一些范围结束功能。 foo 的析构函数有一些副作用（在示例中是 cout），应该在 x 的范围末尾调用，而不是在 make_foo 中调用，以防万一是一些临时的 foo.

Answer 1

自 C++17 起保证没有临时的。

在 C++14 及更早版本中，必须有一个可访问的 copy/move 构造函数，并且编译器是否实际存在临时构造函数是可选的。

据我所知，唯一会实际显示临时文件的编译器是调试模式下的旧版本 MSVC。

Answer 2

在 C++11 中，即使是无名的临时复制省略也只是允许而不是强制的。它在此处描述 copy elision。自 C++17 起强制执行。

同样在 C++17 中，您将拥有自动推导指南，因此您将不需要这样的构造。

并且您可以测试您的编译器，因为大多数现代编译器都会在此处省略复制。

Answer 3

在您的情况下，要确保不会为未命名对象调用析构函数，您可以将 return 值绑定到 const 引用 。澄清如果我们不依赖复制省略会发生什么：

template <typename T> foo<T> make_foo(const T& t) { return {t}; }

在此函数中，return 对象将不会在该函数的范围内构造。它将在范围外创建 临时未命名对象。如果您将 return 值绑定到 新命名对象 将调用移动构造函数（如果未定义移动则复制）以创建您 新对象 来自 return 临时 。但是，如果您将 returned temporary 绑定到 const reference 它将严格绑定到该引用，并且不会构造新对象并且在该引用结束之前不会破坏 temporary的范围。

编辑：为了不误导你。在函数范围内调用的临时构造函数，但该临时函数的生命周期确实会延长到 const 引用的生命周期

如果您需要更多信息，可以查看此答案。它指的是C++标准。

Does a const reference prolong the life of a temporary?

会不会有一个临时的被销毁的返回值？

Will there be a temporary for the returned value that gets destroyed?

c++

templates

destructor