自 C++14 起，尾随 return 类型语法的合法使用

Question

是否真的有理由再使用以下语法：

template<typename T>
auto access(T& t, int i)
  -> decltype(t[i])
{
    return t[i];
}

现在我们可以使用了：

template<typename T>
decltype(auto) access(T& t, int i)
{
    return t[i];
}

结尾的 return 类型语法现在看起来有点多余？

Answer 1

是的，至少三个原因：

有意义的声明：你的第一个变体有一个声明，它告诉我return类型是什么；你的第二个变体要求我阅读你的定义。但是你的定义可能在另一个文件中，或者不是很清楚。
类型约束或类型转换：你的 body 可能 returning 表达式 T[i] 以外的东西，因此你得到类型约束或从 body return 到您想要的内容的转换。
向后兼容性：这对您来说似乎微不足道，但请尝试编写一个库并告诉您的用户"Oh, you need a C++14-conformant compiler because of my cute syntax choices"。

Justin's answer还有第四个原因。

Answer 2

推导的 return 类型对 SFINAE 不友好。如果 t[i] 无效，此重载将简单地退出重载集：

template<typename T>
auto access(T& t, int i)
  -> decltype(t[i])
{
    return t[i];
}

而此重载不会导致硬错误：

template<typename T>
decltype(auto) access(T& t, int i)
{
    return t[i];
}

Demo

此外，您可以运行解决推导的 return 类型冲突的问题。考虑一下我是否想 return 一个 std::optional<T>。以下代码无法编译，因为 std::nullopt_t 与 std::optional<T> 的类型不同：

#include <optional> // C++17 standard library feature

template <typename T>
auto foo(T const& val)
{
    if (val.is_invalid()) return std::nullopt;
    return val.some_function_returning_an_optional();
}

尾随 return 类型让您可以准确指定表达式的类型 return:

template <typename T>
auto foo(T const& val)
    -> decltype(val.some_function_returning_an_optional())
{
    if (val.is_invalid()) return std::nullopt;
    return val.some_function_returning_an_optional();
}

您可以使用前导 return 类型，但它需要使用 std::declval，这会使其更难理解：

template <typename T>
decltype(std::declval<T const&>().some_function_returning_an_optional())
foo(T const& val)
{
    if (val.is_invalid()) return std::nullopt;
    return val.some_function_returning_an_optional();
}

Demo

自 C++14 起，尾随 return 类型语法的合法使用

Legitimate uses of the trailing return type syntax as of C++14

c++

c++14

trailing-return-type

return-type-deduction