Question

这就是我想做的事情：

void g() {
    std::cout << "smth1" << std::endl;
    std::cout << "smth2" << std::endl;
}

constexpr bool f() {return g(), true;}

编译器（gcc版本4.8.2）对此不满意，因为g不是constexpr。有可能解决这个问题吗？

Answer 1

constexpr的意思是它可以在编译时完全扩展。编译器无法将运行时副作用（使用cout）放入实际上更复杂的编译时常量。换句话说：在constexpr函数运行时不会进行实际的函数调用！

幸运的是，解决方案很简单！

将f更改为constexpr bool f() { return true;}

和你的条件：

g();
if(f())
{
    // ...
}

Answer 2

在评估常量表达式期间调用的函数的任何评估都不得有任何副作用。在C ++ 11中，规则实际上要严格得多，只允许一个return语句作为函数体，但这与此问题无关。

编译器无权从constexpr函数中删除任何代码以使其符合要求。您有责任不首先编写此类代码。

但是，如果静态评估期间的控制流永远不会通过constexpr函数，则可以在void g() { std::cout << "hello, world" << std::endl; } constexpr bool f(const bool p = false) { return p ? (g(), false) : true; }函数内部使用副作用。

这是有效的C ++ 11。

你可以这样打电话给constexpr auto x = f(); // ok。

因为false在编译时是g，所以编译器无需评估对f的调用。在运行时，您可以使用任一参数调用constexpr，就好像它不是f(false); // ok f(true); // ok, produces output at run-time函数一样。

true

您不能做的是在参数设置为constexpr auto x = f(true); // compile-time error的常量表达式中对其进行评估。

constexpr bool f() noexcept { return true; }

当然，这个例子是设计超出任何限制的，你应该简单地写

constexpr auto toggle = true;

或使用变量

wireframe

如果这就是你需要的全部。

constexpr函数可以调用返回void的函数吗？

2 个答案: