为什么operator = return*this？

Question

说我想覆盖operator =所以我可以做类似的事情

Poly p1;  // an object representing a polynomial
Poly p2;  // another object of the same type    
p2 = p1;  // assigns all the contents of p1 to p2

然后在我的实现中operator =,我有这样的事情:

Poly& Poly::operator=(const Poly &source) {
    // Skipping implementation, it already works fine…
    return *this;
}

不介意实现,它已经正常工作.

我关心的是你什么时候会发生什么return *this？我知道它返回对象的引用,但这是怎么回事？

p2 = &p1

Answer 1

您return *this可以编写正常的复合C++ =语句,如:

Poly p1; //an object representing a polynomial
Poly p2;
Poly p2;

// ...

p3 = p2 = p1;  //assigns all the contents of p1 to p2 and then to p3

因为该陈述基本上是:

p3.operator=(p2.operator=(p1));

如果p2.operator=(...)没有,return *this你没有任何意义可以传递进去p3.operator=(...).

Answer 2

void如果您无论如何都不需要链式赋值（如其他答案中所示），则可能会试图让复制赋值运算符返回。毕竟，链式作业通常难以阅读和理解，因此不允许它们被视为一种改进。

然而，一个经常被忽视的方面是这void operator=(Poly& const)意味着您的类型将不再满足需要返回类型的CopyAssignable概念T&。

不满足该CopyAssignable概念的类型不能正式用于某些标准容器操作，例如std::vector::insert，这意味着以下看似无辜的代码段会产生未定义的行为，即使它可能运行得非常好：

#include <vector>

struct Poly
{
    void operator=(Poly const&) {} // Poly is not CopyAssignable
};

int main()
{
  std::vector<Poly> v;
  Poly p;
  v.insert(v.begin(), p); // undefined behaviour
}

正如 C++ 标准在 § 17.6.4.8/2.3 中解释的那样，它讨论了对使用标准库的程序的约束：

(...)在以下情况下效果未定义：

(...) 对于在实例化模板组件时用作模板参数的类型，如果对类型的操作未实现适用的需求子条款 (...)的语义。

当然，正是由于未定义的行为，编译器才被允许忽略错误并使程序表现良好，与明显预期的行为相匹配。但并不是必须这样做。

您还应该考虑到您无法预测您的Poly类型的所有未来用途。有人可能会编写一些模板函数，例如：

template <class T>
void f(T const& t)
{
    T t2;
    T t3 = t2 = t;
    // ...
}

此功能将不适用于您的Poly班级。

只要不要违反这个 C++ 约定，你就不会遇到麻烦。

Answer 3

p2 = p1是一个简写p2.operator=(p1).它只是调用你的operator=函数,它返回一个引用p2,然后你忽略它.为了说明这一点,让我们把它assign代替operator=:

Poly& Poly::assign(const Poly &source) {
    .
    .
    .
    return *this;
}

而不是p2 = p1,你会写

p2.assign(p1);

在这种情况下,调用的结果将assign被忽略,但您不必忽略它.例如,你可以写:

p3.assign(p2.assign(p1));

使用operator=而不是assign,这变成了

p3 = (p2 = p1);

但由于赋值是右关联的,因此也可以写成

p3 = p2 = p1;

这种能够一次完成多个赋值的形式最初来自C,并且通过返回的约定保存在C++ *this中operator=().