Question

例如，这个函数f定义如下：

int f(int x){return x;}

如您所知您无法为此临时int指定引用：

int& rf=f(2);// this will give an error

但如果我重新定义了我的函数f：

int& f(int x){return x;}
f(2);// so now f(2) is a reference of x, which has been destroyed

所以我的问题是：如何编译器不允许你创建一个临时的引用，它将在statment之后被销毁（在第一种情况下为int）。另一方面，它允许你创建一个引用f（2）到x，而编译器知道这个将在return之后被销毁。

Answer 1

返回对本地的引用是编译器难以或不可能检测的内容。例如：

int & f()
{
    int x;
    extern int & g(int & x);

    // Does this return a reference to "x"?
    // The compiler has no way to tell.
    return g(x);
}

即使不调用外部函数，仍然很难分析复杂的程序流，以判断返回的引用是否是本地的;而不是试图定义什么算“足够简单”来诊断，标准不需要诊断 - 它只是声明它给出了未定义的行为。一个好的编译器应该发出警告，至少在简单的情况下。

将临时引用绑定到非const引用是编译器可以轻松检测的内容，因此标准需要对其进行诊断。

Answer 2

因为，正如标准所规定的那样，从函数返回对临时变量的引用是未定义的行为。

实际上功能定义有什么问题：

int& f(int x)
{
   return x;
}

Answer 3

您可以将临时右值绑定到const引用以延长它的生命周期。

const int& rf=f(2);

Answer 4

要拒绝您的第一个代码段，编译器会应用您不能直接将临时绑定到非const引用的简单规则。

要拒绝第二个，编译器可能会应用一个规则，即通过引用返回的函数的return语句不能是自动变量的名称（包括按值函数参数）。在我看来，这也是一个相当容易的规则。

我不知道为什么标准没有说明这样做是不正确的。我无法想到它的任何有效用途，但也许在第一个标准时它会对某些实现或其他实施造成过重负担。或者也许感觉它只有一半的修复而且不值得打扰（还有很多其他方法来创建一个悬空引用，这只会阻止其中一个）。

标准通常不会阻止您创建绑定到临时的非const引用的原因是有时它可以正常运行。例如：

struct Foo {
    static void set(Foo &f) { f.val = 0; }
    int val;
    int bar() {
        set(*this);
        return val;
    }
};

std::cout << Foo().bar() << "\n";

这里Foo()是临时的，行set(*this)将它绑定到非const引用（但不直接，它使用左值表达式*this引用临时的一些时间而不是其他）。这里没有问题，临时超过了参考。因此，语言以某种方式阻止任何临时绑定到任何非const引用将是不必要的限制。

Answer 5

通过引用返回并不是一个好主意，除非您确定您返回的引用仍将指向有效的引用。

否则，预计会出现未定义的行为。

因为变量是本地变量，所以可以确定引用无效

Answer 6

问题在于语义上堆栈上的变量或堆上的变量之间没有区别等等。所以语言别无选择，只能允许它，即使它是未定义的行为。在第一个例子中，你得到一个简单的编译错误，因为你试图绑定一个临时变量的引用，这可以被语言禁止。

为什么可以通过引用为局部变量而不是临时变量返回函数？ C ++

6 个答案: