Question

当我第一次使用GCC 4.3编译我的C ++代码时，（在成功编译它之后没有带有-Wall -Wextra选项的4.1,4.0,3.4的警告）我突然遇到了一堆错误表格warning: type qualifiers ignored on function return type。

考虑temp.cpp：

class Something
{
public:
    const int getConstThing() const {
        return _cMyInt;
    }
    const int getNonconstThing() const {
        return _myInt;
    }

    const int& getConstReference() const {
        return _myInt;
    }
    int& getNonconstReference() {
        return _myInt;
    }

    void setInt(const int newValue) {
        _myInt = newValue;
    }

    Something() : _cMyInt( 3 ) {
        _myInt = 2;
    }
private:
    const int _cMyInt;
    int _myInt;
};

正在运行g++ temp.cpp -Wextra -c -o blah.o：

temp.cpp:4: warning: type qualifiers ignored on function return type
temp.cpp:7: warning: type qualifiers ignored on function return type

有人能告诉我我做错了什么违反了C ++标准吗？我认为当按值返回时，前导const是多余的，但我无法理解为什么需要用它生成警告。还有其他地方我应该离开const吗？

Answer 1

它没有违反标准。这就是为什么他们警告而不是错误。

确实你是对的 - 领先的const是多余的。编译器警告你，因为你添加的代码在其他情况下可能意味着什么，但在这种情况下没有任何意义，并且它希望确保在你的返回值结果可以修改之后你不会失望。

Answer 2

在编译使用Boost.ProgramOptions的代码时遇到此警告。我使用-Werror所以警告是在杀死我的构建，但由于警告的来源是在Boost的深处，我无法通过修改我的代码来摆脱它。

经过多次挖掘后，我找到了禁用警告的编译器选项：

-Wno-ignored-qualifiers

希望这有帮助。

Answer 3

返回一个常量值只有在返回引用或指针时才有意义（在这种情况下指针指向常量而不是常量指针），因为调用者能够修改引用的（指向的）值。

对与您的问题无关的代码的另一个评论：我认为最好使用setter而不是

int& getNonconstReference() {
    return _myInt;
}

应该是：

void setMyInt(int n) {
  _myInt = n;
}

此外，将const引用返回给int是没用的。对于复制或移动更昂贵的更大对象来说，它确实有意义。

Answer 4

有了这个

struct Foo { Foo(int) {} operator bool() { return true; } };

那个

Foo some_calculation(int a, int b) { Foo result(a + b); /*...*/ return result; }

示例

if (some_calculation(3, 20) = 40) { /*...*/ }

在没有警告的情况下编译。当然，这种情况很少见。但是，让人们做错事情并不是一般的正确性吗？并且期望人们尝试事情，这是错误的，返回类型应该被声明为const。并且：g ++警告忽略分类器，但不要忽略它。我认为，警告是关于获取副本并忽略副本上的const分类器的用户。但这不应该是一个警告，因为这是绝对正确的行为。这样做是有意义的。

Answer 5

不应该只允许严格遵守ISO标准吗？取决于-std =当然......

Answer 6

当声明返回指向不应修改的对象的指针的函数时，此警告也有助于避免混淆：

// "warning: type qualifiers ignored on function return type"
// as the pointer is copied. 
Foo* const bar();

// correct:
const Foo* bar();

Answer 7

基本类型结果的const与忽略的结果之间存在差异，而类类型结果的const之间存在差异，通常会造成严重破坏。

namespace i {
    auto f() -> int const { return 42; }
    void g( int&& ) {}
}

namespace s {
    struct S {};
    auto f() -> S const { return {}; }
    auto g( S&&  ) {}
}

auto main() -> int
{
    { using namespace i; g( f() ); }    // OK
    { using namespace s; g( f() ); }    // !The `const` prevents this.
}

这就是编译器在第一种情况下发出警告的原因：这是一个特殊情况，可能无法达到天真的预期。

对于现代编程，恕我直言，对于类类型结果的const警告也很好，因为它禁止移动语义;无论人们设想什么样的优势，都要付出相当沉重的代价。

Answer 8

Scott Meyers指出，为什么有人想要返回const值，这是有充分理由的。这是一个例子：

int some_calculation(int a, int b) { int res = 0; /* ... */ return res; }

/* Test if the result of the calculation equals 40.*/
if (some_calculation(3,20) = 40)
{

}

你看到我做错了吗？这段代码绝对正确，应该编译。问题是编译器不明白您打算比较而不是分配值40。

使用const返回值，上面的示例将无法编译。好吧，至少如果编译器没有丢弃const关键字。

Pedantic gcc warning：在函数返回类型上输入限定符

8 个答案: