截至 C++14 起尾随返回类型语法的合法使用

Question

实际上有什么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 ：

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

尾随返回类型语法现在似乎有点多余？

Answer 1

推导的返回类型对 SFINAE 不友好。如果重载无效，则此重载将简单地退出重载集t[i]：

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

而这种重载不会，导致硬错误：

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

演示

---

此外，您可能会遇到推导返回类型冲突的问题。考虑我是否要返回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();
}

尾随返回类型允许您准确指定要返回的表达式类型：

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();
}

您可以使用前导返回类型，但它需要使用std::declval，这使得更难理解：

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();
}

演示

Answer 2

是的，至少有三个原因：

1. 有意义的声明：你的第一个变体有一个声明，告诉我返回类型是什么;你的第二个变体要求我阅读你的定义。但是您的定义可能在另一个文件中，或者不是很清楚。
类型
2. 约束或类型转换：您的主体可能返回表达式T[i]以外的内容，因此您将获得类型约束或从主体返回的内容到您想要获取的内容的转换。
3. 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"哦，由于我的语法选择可爱，您需要一个符合 C++14 的编译器"。

贾斯汀的回答中还有第四个原因。