void{} 合法吗？

Question

这是this问题的后续。
在评论和答案中不止一次地说

void{}

既不是有效的类型 ID，也不是有效的表达式。

很好，很有道理，仅此而已。

然后我浏览了工作草案的[7.1.7.4.1/2]（占位符类型推导）。
据说：

[...]
- 对于使用包含占位符类型的返回类型声明的函数中出现的非丢弃

return

语句，

T

是声明的返回类型，

e

是

return

语句的操作数。如果

return

语句没有操作数，则

e

是

void{}

;
[...]

那么，

void{}

（概念上）合法吗？
如果正如工作草案中提到的那样可以接受（即使只是作为 - 就好像它是 - 声明一样），那么它确实必须是合法的。作为示例，这意味着

decltype(void{})

也应该有效。
否则，工作草案是否应该使用

void()

而不是

void{}

？

---

嗯，说实话，我很确定我没有足够的能力指出工作草案中的错误，所以真正的问题是：我的推理有什么问题？
上面的项目符号中提到的

void{}

到底是什么以及为什么它在本例中是合法的表达方式？

Answer 1

对我来说，这听起来像是有人把以前的标准与新标准合并在一起。

之前标准是这么说的：(C++14 N4140, 7.1.6.4.7 [dcl.spec.auto]):

当函数中出现 [...]

return

语句时 使用包含占位符类型、推导的返回类型或变量类型的返回类型进行声明 由其初始值设定项的类型确定。在

return

没有操作数的情况下，初始化器是 被认为是

void()

。

新标准允许使用

if constexpr

语句，因此需要更改语言以反映这一点。

if constexpr

引出了潜在的 discarded

return

语句的概念（如果

return

位于 constexpr if 的 not-taken 分支中，那么它将被丢弃，并且从其他 return 语句推断出返回类型，if任何）。

新的措辞可能应该是这样的：

对于函数中出现的未丢弃的 return 语句 使用包含占位符类型的返回类型声明，

T

是 声明的返回类型，

e

是

return

语句的操作数。如果 return 语句没有操作数，则

T

为

auto

，推导出的返回类型为

void

Answer 2

确认了该错误。已经修好了。
这里是讨论（说实话很短）。

所以，答案是 - 不，

void{}

不合法。
这是工作草案的措辞错误。

Answer 3

在现代 C++ 中，

void()

和

void{}

之间没有区别。两者都是合法的。 [expr.type.conv] p2 中的当前措辞指出：

否则，如果类型为 cv

void

并且初始化器为

()

或

{}

（包扩展后，如果有），则表达式是

void

类型的纯右值，不执行初始化。

历史上，曾经存在差异，但 CWG 第 2351 期

void{}

已使

void{}

作为缺陷报告有效，这意味着它追溯适用于 C++11 和更新的标准。