为什么虚函数不能使用返回类型推导？

Question

n3797说：

§7.1.6.4/ 14：

  

使用占位符类型的返回类型声明的函数   不得虚拟（10.3）。

因此以下程序格式不正确：

struct s
{
    virtual auto foo()
    {
    }
};

我能找到的所有理由都是来自n3638的这个模糊的单行：

  

虚拟

     

可以允许虚拟的返回类型扣除   函数，但这会使重写检查和vtable复杂化   布局，所以似乎最好禁止这个。

任何人都可以提供进一步的理由或给出一个与上述引用一致的好（代码）示例吗？

Answer 1

您所包含的基本原理相当清楚：自然，虚函数意味着被子类覆盖，因此您作为基类的设计者应该尽可能地让继承您的类的人提供合适的覆盖。但是，如果使用auto，找出覆盖的返回类型对于程序员来说是一项繁琐的任务。编译器的问题就少了，但人类会有很多机会感到困惑。

例如，如果您看到一个看起来像这样的返回语句

return a * 3 + b;

您必须将程序追溯到a和b的声明点，找出类型促销，并确定返回类型应该是什么。

似乎语言设计者发现这会让人感到困惑，并决定不允许这个功能。

Answer 2

嗯，函数的推导返回类型只在函数 definition 的位置知道：返回类型是从函数体内的return语句中推导出来的。

同时，构建了vtable，并且完全基于类定义中存在的函数声明来检查覆盖语义。这些检查从不依赖于函数定义，也从不需要查看定义。例如，该语言要求覆盖函数具有与其覆盖的函数相同的返回类型或协变返回类型。当非定义函数声明指定推导的返回类型（即auto没有尾随返回类型）时，其返回类型在此时为 unknown ，并且在编译器遇到定义之前一直未知。功能。当返回类型未知时，不可能执行上述返回类型检查。要求编译器以某种方式将返回类型检查推迟到已知的位置，这需要对语言规范的这个基本区域进行重大的定性重新设计。 （我不确定它是否可能。）

另一种选择是在＃34的全面授权下减轻编译器的负担;不需要诊断＆＃34;或者＆＃34;行为未定义＆＃34;，即将责任交给用户，但这也会与以前的语言设计产生重大偏差。

基本上，由于某种类似的原因，您无法将&运算符应用于声明为auto f();但尚未定义的函数，如7.1.6.3/11中的示例所示。