Question

根据“Five of Rule”，当我声明其中一个：复制或移动操作或析构函数时，我必须编写所有这些，因为编译器不会为我生成它们（其中一些）。但是如果我的类（A）派生自带有虚拟析构函数的抽象类，这是否意味着类A中的析构函数将被视为＆＃34;用户定义＆＃34;？因此，移动语义不适用于此类A的对象，因为编译器不会为我生成移动构造函数吗？

struct Interface {
    virtual void myFunction() = 0;
    virtual ~Interface() {};
};

struct A : public Interface {
    void myFunction() override {};
};

Answer 1

在[class.copy]中：

如果类X的定义没有显式声明一个移动构造函数，那么将隐式声明一个   当且仅当如此时违约   （9.1） - X没有用户声明的拷贝构造函数，
  （9.2） - X没有用户声明的复制赋值运算符，
  （9.3） - X没有用户声明的移动赋值运算符，和
  （9.4） - X没有用户声明的析构函数。
   [注意：当没有隐式声明或显式提供移动构造函数时，否则表达式   会调用移动构造函数可能会调用复制构造函数。 -end note]

Interface确实有一个用户声明的析构函数，因此Interface的移动构造函数不会被隐式声明为默认值。但是A并不适合任何这些项目符号 - 因此将具有默认的隐式移动构造函数。根据说明，A(A&& )只会复制Interface部分。我们可以通过向Interface和A添加成员来验证这一点：

#include <iostream>

template <char c>
struct Obj {
    Obj() { std::cout << "default ctor" << c << "\n"; }  
    Obj(const Obj&) { std::cout << "copy ctor" << c << "\n"; }
    Obj(Obj&&) { std::cout << "move ctor" << c << "\n"; }
};

struct Interface {
    virtual void myFunction() = 0;
    virtual ~Interface() {};

    Obj<'I'> base;
};

struct A : public Interface {
    void myFunction() override {};

    Obj<'A'> derived;
};

int main() {
    A a1;                      // default I, default A
    std::cout << "---\n";
    A a2(std::move(a1));       // copy I, move A
    std::cout << "---\n";
    A a3(a2);                  // copy I, copy A
}

抽象类和移动语义

1 个答案: