销毁的返回值是否会有临时值？

Question

我对有关复制删除的新规则有些困惑，实际上我甚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lambda，但是为了简单起见，或者为了混淆起见，在此省略了该参数），如下所示：

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： x超出范围时。 恐怕这是一个不清楚的问题，但是，如果很明显不会有任何临时foo ，那就足够了；）。

在C ++ 11中，我可以确定make_foo中不会有一个临时的foo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，该问题是XY问题的Y部分，而X部分是我要实现范围功能的某些末端。 foo的析构函数具有一些副作用（在本例中为cout ），应在x范围的末尾调用，但在make_foo中不能make_foo ，以防出现临时foo 。

Answer 1

在C ++ 11中，即使对于无名的临时副本，也只允许不执行复制省略。 这里描述了copy elision 。 自C ++ 17起强制执行。

同样在C ++ 17中，您将获得自动演绎指南，因此您不需要这种构造。

您可以测试您的编译器，因为大多数现代编译器都会忽略此处的复制。

Answer 2

从C ++ 17开始，保证不会出现任何临时事件。

在C ++ 14和更早的版本中，必须有一个可访问的复制/移动构造函数，并且对于编译器而言，是否实际上有一个临时变量是可选的。

据我所知，唯一能真正显示出临时性的编译器是处于调试模式的旧版MSVC。

Answer 3

为了确保不会为未命名对象调用析构函数，可以将返回值绑定到const reference 。 为了阐明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，返回对象将不在该函数的范围内构造。 它将在范围之外创建临时的未命名对象 。 如果将返回值绑定到新的命名对象，则将调用move构造函数（如果未定义move，则调用复制构造函数）以根据返回的临时 对象创建新对象 。 但是，如果将返回的临时对象绑定到const引用 ，它将严格地绑定到该引用，并且不会构造任何新对象，并且除非该引用超出范围，否则不会破坏临时对象。

编辑：不要误导你。 临时构造函数在函数范围内被调用，但是该临时函数的生存期确实会延长到const引用的生存期

如果您需要更多信息，可以查看此答案。 它指的是C ++标准。

const引用会延长临时对象的寿命吗？