你能阻止构建未使用的静态对象吗？

Question

当我链接一个包含静态对象的文件时，无论是否使用过该对象或者是否包含标头，都会运行该对象的构造函数。g++ 中有没有办法阻止这种行为的发生，或者是不链接文件的唯一答案？

foo.h

#include <iostream>

class Bar {
public:
    Bar(int inMemberInt) {
        std::cout << "In Bar constructor." << std::endl;
    }
};

class Foo {
public:
    static const Bar constVar;
};

文件

#include "foo.h"

const Bar Foo::constVar(1);

主程序

#include <iostream>

int main() {
    std::cout << "Hello." << std::endl; 

    return 1;
}

构建命令

g++ foo.h foo.cpp main.cpp -o main

输出

In Bar constructor.
Hello.

Answer 1

您可以将类设为模板（可能带有默认模板参数），然后静态数据成员的定义仅在程序中的某处使用 (odr-) 时才会实例化。

不过，这需要您将类成员的定义移动到标题中。如果这影响太大，您可能需要考虑将静态成员放在作为类模板的基类中，这与使整个类成为模板的效果相同，只要您不引用任何地方的静态成员。在任何情况下都需要将静态成员的定义移动到标题中（显式实例化会抵消预期的效果。）

但这并不意味着，如果静态成员被(odr-) 使用，则初始化程序仅在程序运行中第一次使用该变量时才运行。是否是这种情况是实现定义的。

在程序代码中不使用变量时，不仅保证初始化程序永远不会运行，而且保证它在第一次使用时准确运行的替代方法是static在static成员函数中使用局部变量反而：

static const Bar& constVar() {
    static const Bar instance(1);
    return instance;
};

然后使用它constVar()代替constVar. （函数的定义也可以是类外的。）但是这会带来性能损失，因为局部静态的实现必须是线程安全的。