Question

我实现了一个应该是线程安全的共享库。为了保护我在C ++ 11标准中使用std::lock_guard<std::mutex>的关键区域。

错字是我省略了对象本身：

std::lock_guard<std::mutex>(getMutexObj());

而不是

std::lock_guard<std::mutex> lock_obj(getMutexObj());

并在每个地方复制/粘贴...不用说，当多线程应用程序开始无法预测崩溃时，我花了一段时间才导致它。

为了涵盖所有要点，getMutexObj()的声明和互斥锁本身如下：

...
mutable std::mutex  m_mutex;
...
std::mutex& getMutexObj() const
{
    return m_mutex;
}

所有代码都使用g++ 5.2.0编译，并带有以下警告标志：

WARNINGS := -pedantic \
            -Wall \
            -Wextra \
            -Werror \
            -Wconversion \
            -Woverloaded-virtual \
            -Wcast-qual \
            -Wctor-dtor-privacy \
            -Wdisabled-optimization \
            -Wuninitialized \
            -Wformat=2 \
            -Winit-self \
            -Wlogical-op \
            -Wmissing-declarations \
            -Wmissing-include-dirs \
            -Wold-style-cast \
            -Wredundant-decls \
            -Wshadow \
            -Wsign-conversion \
            -Wsign-promo \
            -Wstrict-null-sentinel \
            -Wstrict-overflow=5 \
            -Wswitch-default \
            -Wundef \
            -Wunused \
            -Wfloat-equal \
            -Wsuggest-final-methods \
            -Wsuggest-final-types \
            -Wzero-as-null-pointer-constant

编译器怎么没有在std::lock_guard<std::mutex>(getMutexObj());上发出任何警告？

我尝试了以下代码，看看编译器是否会抛出警告：

    std::lock_guard<std::mutex>(getMutexObj());
    int(23);
    23;
    uint16_t remove_me = 23;

对于第2,3和4行，我收到警告但不是第1行......为什么？

<.../path/...>:32:16: error: statement has no effect [-Werror=unused-value]
         int(23);
                ^
<.../path/...>:33:11: error: statement has no effect [-Werror=unused-value]
         23;
           ^
<.../path/...>:34:18: error: unused variable 'remove_me' [-Werror=unused-variable]
         uint16_t remove_me = 23;
                  ^
cc1plus: all warnings being treated as errors

EDIT1

我注意到这个问题有点令人困惑，因为几乎所有的答案都与

有关

对于第2,3和4行我收到警告但不是第1行......为什么？

然而，真正的问题是：

编译器怎么没有在std::lock_guard<std::mutex>(getMutexObj());上发出任何警告？

是否有任何开关使编译器警告这样的代码???

EDIT2

正如其评论中提到的 cpplearner 一样，std::lock_guard<std::mutex>(getMutexObj());被视为名为getMutexObj的函数的函数声明，返回std::lock_guard<std::mutex>。

我查看了反汇编，发现在std::lock_guard<std::mutex>(getMutexObj());的情况下，根本没有相关的操作码。

然而，当我把它改为

时

std::lock_guard<std::mutex>{getMutexObj()};

并查看了反汇编，它被编译为临时对象创建，但没有任何警告。

Answer 1

与23;不同，消息＆＃34;错误：语句无效＆＃34; ，创建未命名的临时lock_guard 具有锁定和解锁互斥锁的效果。

这具有其他线程可见的内存屏障的副作用。

Answer 2

std::lock_guard<std::mutex>(getMutexObj());

这实际上应该给出一个错误，因为它声明了一个名为getMutexObj的函数，但是已经使用不同的返回类型声明了（并且你不能在返回类型上重载）。这是一个GCC错误，我已将其报告为bug 69855。

这种情况不同：

std::lock_guard<std::mutex>{getMutexObj()};

这个会创建一个临时的，但是这里没有警告，因为编译器并不神奇。

警告被添加到编译器以捕获常见错误，但有人必须实际执行代码来检查它，并发出警告。这并不是通过魔法或仙女来实现的，而是在晚上没有人看的时候改进编译器。

在这种情况下，编译器会看到您正在创建一个临时变量，它具有副作用（它写入全局内存位置，互斥锁并发出内存障碍）。编译器并不知道那些副作用并不完全是你想做的，因为它并不神奇。

如果编译器在这里发出警告会很好，并且有人确实为GCC编写了一个补丁来警告这一点，请参阅bug 36587，但正如我在该错误报告中指出的那样，它也会警告有效码。如果编译器在每次创建具有副作用的临时变量时发出警告，那将是很糟糕的。这是使用类似语法的有效方案：

std::ofstream( "./lockfile" );

这将打开一个具有特定名称的ofstream，如果该文件尚未存在，则会创建该文件。编译器不应该警告这一点，因为它完全有效。

因此，为了警告您的示例，而不是其他类似的代码片段，需要一些额外的信息来告诉编译器永远不应该以这种方式使用lock_guard类型。这意味着以某种方式注释lock_guard并教导编译器识别该注释。同样，仙女不会来做这项工作，所以它没有发生，因为它没有被优先考虑，也没有人写过补丁。

GCC支持构造函数的warn_unused属性，请参阅bug 55203，但这对lock_guard没有帮助，因为正确使用该类意味着它始终是＆＃34未使用＆＃34; （施工后你永远不会参考它）。对于这种情况，需要实现不同的属性和警告。

Answer 3

简单的答案是 - 编译器没有触发任何警告，因为这是一个有效的表达式，可以（理论上）故意使用。表达式：

std::lock_guard<std::mutex>(getMutexObj());

是类型转换的功能表示法，在标准中定义：

5.2.3显式类型转换（功能表示法）

1）简单类型说明符（7.1.6.2）或类型名称说明符（14.6）   后面跟一个带括号的表达式列表构造一个值   给定表达式列表的指定类型。如果表达式列表是a   单表达式，类型转换表达式是等价的（in   定义，如果在意义上定义）到相应的演员   表达式（5.4）。 （...）

并被解释为静态强制转换（5.2.9.4）：

表达式e可以使用a显式转换为类型T. static_cast形式为static_cast（e）如果声明为T t(e); 对于一些发明的临时变量t（8.5），它是格式良好的。该这种显式转换的效果与执行相同声明和初始化然后使用临时变量作为转换的结果。 （...）

编译器无法提供它为

所做的任何警告

int(23);
uint16_t remove_me = 23;

因为您没有创建变量（可能未使用）而表达式具有效果 - 它正在调用std::lock_guard<std::mutex>的构造函数。

Answer 4

guard是一种聚合数据类型（与你比较它的基本类型相反），其中构造函数可以包含自定义代码;所以“声明没有效果”是（或可能）不正确 - 你可能只想构造并立即销毁一个物体。 “unused variable”也不匹配，因为临时对象没有名称，并且在块结束之前不会持久。

Answer 5

我相信编译器不知道引用变量的确切上下文。引发警告的情况不是引用值，它们是原始类型。编译器不知道你要完成什么，因为它不知道库的作用。

此外，在这种情况下，您实际上是锁定变量。但它可能是别的东西。就像在程序之外开始一些事情如果你不想阻止你开始的事情，你真的不需要一个名字。

为什么“构造函数调用”不会触发任何编译器（g ++）警告？

5 个答案: