Question

如果operator delete没有实现，为什么不能编译？

class A
{ 
public: 
    virtual ~A(){ } 
private: 
    void operator delete(void *p); 
};

int main() 
{
    A a;
}

使用g ++编译，得到以下错误：

对'A :: operator delete（void *）＆＃39;

的未定义引用

如果给它一个空的实现操作符删除

class A
{ 
public: 
    virtual ~A(){ } 
private: 
    void operator delete(void *p) {}
};

int main() 
{
    A a;
}

或删除＆＃34;虚拟＆＃34;

class A
{ 
public: 
    ~A(){ } 
private: 
    void operator delete(void *p); 
};

int main() 
{
    A a;
}

都成功编译。

如何解释这个？

Answer 1

嗯，之间存在巨大差异：

void operator delete(void *p);

和

void operator delete(void *p) {}

前者只是声明函数;后者定义它。当你声明一个函数时，你基本上只是说＆＃34;有一个函数，这里是它的参数类型和它的返回值＆＃34;，但是当你定义一个函数时，你写下来了实际包含该函数的代码。用一对空括号定义的函数什么也不做;声明但未定义的函数可能会做任何事情（在看到定义之前，您无法知道）。显然，除非已定义函数，否则无法调用函数。不太明显，除非已经定义，否则函数不能使用其地址。显然，这两个陈述都暗示如果你调用函数或获取函数的地址，并且你没有定义它，那么你的程序就是格式错误。

通常，未能定义需要定义的内容的结果是链接器错误。这是因为当您以需要定义的方式使用某些东西时，编译器会创建一个符号，告诉链接器在找到定义后将地址插入所需的位置。如果链接器找不到定义（以及地址），那么它就无法完成它的工作。

C ++标准有一套神秘的规则，它们基本上可以告诉您在什么条件下定义 required 的功能。有时它会，有时它不会。一个简单的例子：

int f();
int main() {}

这很好;函数f永远不会被隐式或显式调用;它的地址永远不会被拿走;它甚至没有被召唤的机会。因此，即使未定义f，此程序也会编译。

根据标准，如果 odr-used ，必须定义一个函数。关于operator delete（[basic.def.odr] / 3），该标准有如下说明：

...非展示位置分配或解除分配功能一个类由该类的构造函数的定义使用。非放置释放函数一个类由该类的析构函数的定义使用，或者通过查找选择虚拟析构函数的定义点（12.4）。（脚注26）......

因此：如果您的类定义了构造函数或析构函数，那么它会使用您的operator delete。因此，你的析构函数是否是虚拟的并不重要;由于您定义了析构函数，因此您的程序格式不正确而没有operator delete的定义。 [1]

现在，您可能会问为什么当析构函数是非虚拟的时，您的编译器和链接器不会抱怨。好吧，工具链有时会接受代码，即使他们应该拒绝代码。在这种特殊情况下，如果析构函数不是虚拟的，那么您的程序实际上不需要operator delete的地址，因此如果您从未定义它，链接器将不会抱怨。但是当你将析构函数设置为虚拟时，因为释放函数的查找基于被释放的对象的动态类型，所以需要有一个用于解除分配函数的vtable条目，这意味着它的地址必须是已知的。因此链接错误。（同样，我想重申一下，即使你的编译器和链接器在析构函数是非虚拟的时候接受代码，但是通过阅读标准，它仍然是错误的代码。）

[1]请注意，只要您实际创建类型为A的对象，就不可能没有构造函数和析构函数的定义，即使您没有＆＃39;自己定义它们;也就是说，编译器会隐式生成定义。）

如果operator delete没有实现，为什么不编译

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