为什么不从void函数模板返回编译器错误？

Question

考虑：

void f() {
    return 5;
}

以上会引起错误。 但为什么不呢？：

template <typename = void> void f() {
    return 0;
}

我正在使用gcc-4.5.1进行编译。 为什么使用模板会产生差异，以至于我不会因为非模板函数执行相同的非法返回语句而收到错误？ 我得到的唯一挫折是我无法调用函数（即f() ）而不得：

error: return-statement with a value, in function returning 'void'

但是，我能够为void函数模板定义return语句的原因是什么？

这是我的代码：

template <typename = void> void f() {
    return 0;
}

// pass

int main() {



}

尽管在返回void的函数中有一个非法的返回语句，上面的代码仍将通过。

Answer 1

大多数检查仅在您实例化模板时完成。

这通常是一件好事，因为代码可以使用一种模板参数正常工作，但无法使用另一种模板参数进行编译。 如果您有模板重载，编译器甚至会忽略无法编译的候选项，请参阅SFINAE 。

Answer 2

template <typename = void> void f() {
    return 0;
}

int main()
{
    f<int>();
}

prog.cpp：在函数'void f（）[with = int]'中：
prog.cpp：7：12：从这里实例化
prog.cpp：2：12：错误：带有值的return语句，函数返回'void'

虽然程序仍然格式不正确 ，但编译器选择不诊断语义错误（这是它的特权）因为你实际上从未实际实例化该函数。

Answer 3

这是一个实施质量问题。 标准的特别引用是：

14.6 / 8 [...]如果无法为模板定义生成有效的专业化，并且未实例化该模板，则模板定义格式错误，无需诊断。 [...]

也就是说，您的程序生成错误，因为该模板不能用于生成任何有效的特化 ，但编译器不需要诊断它。 当您稍后实例化模板时，编译器必须生成特化，专业化无效并且编译器会抱怨。

您不会在模板定义中出现错误，因为编译器遵循无诊断所需的路径，即忽略问题，直到它在实例化中不再忽略它。