为什么在函数返回类型中不允许使用参数推导？

Question

最明显的答案可能是 - ，因为标准是这样说的。 那很好，但是我绕着它去理解这个选择背后的原因。

考虑以下示例：

template<typename T>
struct S { S(T) {} };

S f() { return 0; }

int main() {
    auto s = f();
    (void)s;
}

无法编译错误，如：

  

错误：使用课程模板＆＃39; S＆＃39;需要模板参数;函数返回类型中不允许使用参数推导

很容易解决，这不是一个问题，像这样的工作正常：

auto f() { return S{0}; }

但是，我想了解在函数返回类型中允许类模板参数推导的缺点是什么。
乍一看，它看起来就像一个愚蠢的限制，但我很确定我在这里缺少一些重要的东西。

Answer 1

这里没有语言规则：如果您指定了返回类型（而不是auto或T其中T是模板类型），则该返回类型具有有效。让我给你一个更简单，更好的例子：

std::vector function() {
    return std::vector<int>();
}

显然，即使没有花哨的模板，也无法编译auto和类型扣减，因为std::vector不是类型，std::vector<int>是。

当您指定S作为返回类型时，基本上

• 防止编译器推断出类型本身
• 指定无效的退货类型，因为S不属于S<int>类型。

Answer 2

  

为什么函数返回类型中不允许参数推导？

因为标准是这样说的。

你可以问一个问题：为什么这些代码行之间存在差异：

S s = 0;            // OK
S s() { return 0; } // error - even though this is also copy-initializing an "S" from 0

你可以想出一个手写的解释，为什么第一个应该没问题，为什么第二个不应该 - 但基本上，类模板参数推导被提议只解决第一个案例而不是第二个案例。第一个是好的，因为标准是这样说的，第二个是错误，因为标准是这样说的。

有一个扩展建议（P1021，在“函数的返回类型扣除”下，将解决第二种情况。你是否认为这是一个好主意...¯\ _（ツ）_ /¯

Answer 3

只是我的手工波浪两分钱总结了我的理解：

在

S f() { return 0; }

S不是可以推断的类型，它只是一个模板。你可以写

template<typename T>
S<T> f() { return 0;}

但现在很明显，对于一个电话

auto s = f();

没有办法推断出T应该是什么类型。