以下代码:
#include <tuple>
int main ()
{
auto f = [] () -> decltype (auto)
{
return std::get<0> (std::make_tuple (0));
};
return f ();
}
(静默地)生成具有未定义行为的代码 - make_tuple
返回的临时rvalue通过std :: get <>和decltype(auto)传播到返回类型。因此它最终返回对超出范围的临时引用。在这里看到https://godbolt.org/g/X1UhSw。
现在,你可以争辩说我使用decltype(auto)
是错的。但在我的通用代码中(元组的类型可能是std::tuple<Foo &>
)我不想总是复制。我真的想从元组中提取确切的值或引用。
我的感觉是std::get
的超载是危险的:
template< std::size_t I, class... Types >
constexpr std::tuple_element_t<I, tuple<Types...> >&&
get( tuple<Types...>&& t ) noexcept;
虽然将左值引用传播到元组元素可能是明智的,但我认为这不适用于右值引用。
我确信标准委员会非常仔细地考虑了这一点,但任何人都可以向我解释为什么这被认为是最佳选择?
请考虑以下示例:
void consume(foo&&);
template <typename Tuple>
void consume_tuple_first(Tuple&& t)
{
consume(std::get<0>(std::forward<Tuple>(t)));
}
int main()
{
consume_tuple_first(std::tuple{foo{}});
}
在这种情况下,我们知道std::tuple{foo{}}
是一个临时的,并且它将在consume_tuple_first(std::tuple{foo{}})
表达的整个持续时间内存活。
我们希望避免任何不必要的复制和移动,但仍然将foo{}
的临时性传播到consume
。
这样做的唯一方法是让std::get
在使用临时std::tuple
实例调用时返回rvalue引用。
将std::get<0>(std::forward<Tuple>(t))
更改为std::get<0>(t)
会产生编译错误(正如预期的那样)(on wandbox)。
拥有一个按值返回的get
替代方案会导致额外的不必要的移动:
template <typename Tuple>
auto myget(Tuple&& t)
{
return std::get<0>(std::forward<Tuple>(t));
}
template <typename Tuple>
void consume_tuple_first(Tuple&& t)
{
consume(myget(std::forward<Tuple>(t)));
}
但有人可以向我解释为什么这被认为是最好的选择吗?
因为它启用了可选的通用代码,可以在访问元组时无缝传播临时值rvalue引用。按值返回的替代方法可能会导致不必要的移动操作。