Question

经过很长时间的C＃工作后，我正在使用C ++ 17，并通过一些Euler问题解决了我的问题。无论如何，任何人都可以解释为什么createRandomVector(const int n)不“移动”所创建的向量吗？我输出内存地址，并且它们仅在通过引用传递时保持不变（很明显）。下面是代码：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <numeric>
#include <random>

using namespace std;

auto createRandomVector(const int n)
{
    vector<int> v(n);

    iota(begin(v), end(v), 1);
    shuffle(begin(v), end(v), std::mt19937());

    cout << &v << endl;
    return v;
}

void printVector(const vector<int>& v, ostream& os);

int main()
{
    auto v = createRandomVector(100);
    printVector(v, cout);

    cout << endl;

    cout << &v << endl;
    return 0;
}


void printVector(const vector<int>& v, ostream& os)
{
    cout << &v << endl;
    for_each(begin(v), end(v), [&os](auto& i)
    {
        os << i << " ";
    });
}

以下是输出：

00BBFC20
00BBFD38
100 73 64 ... 85 90
00BBFD38

为什么第一个内存地址与第二个不匹配？我对移动在现代C ++中的工作方式有一些了解（static_cast）。但是为什么这不起作用？

Answer 1

这里有两个问题：移动和复制省略。

首先，移动：移动表示存在两个不同的对象，一个对象的内容转移到另一个对象。（与将一个内容复制到另一个内容相反）。在C ++中，对象在整个生命周期中都有固定的地址。

示例片段：

vector<int> a { 1, 2, 3, 4, 5 };
vector<int> b;
cout << &a << ", " << &a[0] << '\n';
b = std::move(a);
cout << &b << ", " << &b[0] << '\n';

我没有运行此命令，因此希望没有错别字，但是您应该看到，即使两个向量不同，int对象的块也已从一个转移到另一个。

如果将&v[0]的输出添加到程序中，您将看到相同的效果。

第二，copy elision。在这种情况下，C ++标准使其成为可选，以便在v中为createRandomVector预留的存储空间中实际创建v中的局部变量main。在这种情况下，甚至没有与return步骤相关的移动或复制操作。

可能发生的情况是函数按值返回时，并且return语句的形式为：return X;，其中X是不带修饰的局部变量的名称。

如果编译器确实采用了此选项，则程序的前两个输出将相同。显然，您的编译器仅决定在发布模式下执行此操作。

Answer 2

为什么第一个内存地址与第二个不匹配？

它们是不同的对象，因此不需要它们具有相同的内存地址。

但是，第二个对象可能会重用第一个对象的存储。这种优化-即构造局部自动变量来代替返回值，从而从局部变量中消除其复制初始化（通过移动）-称为命名返回值优化。

~~返回值本身不过是一个临时值，在调用范围内还有一个从临时值到局部变量的移动。~~ 编辑：从C ++ 17开始不再适用。

因此，您的问题的另一个答案是：因为编译器没有执行或执行命名的返回值优化~~，或者没有从返回值中忽略移动。~~

hit>这种优化不是强制性的，并且由编译器自行决定。

在Debug中，我用&v得到了不同的结果，但是在Release模式中，我得到了相同的结果。

对于编译器来说，在调试模式下不执行某些优化是很典型的。

为什么函数返回不移动向量？

在v是移动构造的意义上，向量是移动的。但是看来您通过“移动”还可以表达其他意思。

为什么函数返回不移动向量？

2 个答案: