当强制 RVO 应用于延长临时生命周期的引用时会发生什么？

Question

当一个引用被另一个延长临时生命周期的引用初始化时，这个新引用不会扩展任何东西。

但是当强制 RVO 阻止引用被复制时会发生什么？

考虑这个例子： run on gcc.godbolt.org

#include <iostream>

struct A
{
    A() {std::cout << "A()\n";}
    A(const A &) = delete;
    A &operator=(const A &) = delete;
    ~A() {std::cout << "~A()\n";}
};

struct B
{
    const A &a;
};

struct C
{
    B b;
};

int main()
{
    [[maybe_unused]] C c{ B{ A{} } };
    std::cout << "---\n";
}

在 GCC 下打印

A()
---
~A()

但在 Clang 下，结果是

A()
~A()
---

哪个编译器是正确的？

乍一看，GCC 做对了。但在这个例子中：

C foo()
{
    return { B{ A{} } };
}

int main()
{
    [[maybe_unused]] C c = foo();
    std::cout << "---\n";
}

的生命周期A肯定不能扩展到函数之外（并且两个编译器都同意这一点）。

由于这个片段应该与第一个片段具有相同的 RVO，所以行为不应该相同吗？因此 Clang 的行为似乎更加一致。

Answer 1

海湾合作委员会是对的。

在第二个示例中，由于[class.temporary] ¶6.11，我们没有生命周期延长：

函数return语句（[stmt.return]）中返回值的临时绑定的生命周期不会延长；临时在return语句中完整表达式的末尾被销毁。

如果我们这样重写这个例子：

C foo(const A &a)
{
    return { B{ a } };
}

int main()
{
    C c = foo(A {});
    std::cout << "---" << std::endl;
}

第 6.9 条将改为：

在函数调用 ( [expr.call] ) 中绑定到引用参数的临时对象一直存在，直到包含调用的完整表达式完成。

那么为什么在第一个例子中适用寿命延长呢？嗯，这很简单：聚合初始化器不是函数调用。它们在标准的不同部分进行了描述：函数调用在[expr.call]中描述，而初始化表达式在[expr.type.conv]中描述（以及在[dcl.init.aggr] 中的聚合初始化）。

但是请注意，如果B有一个实际的构造函数：

struct B
{
    const A &a;
    B(const A &a_): a(a_) {}
};

然后调用该构造函数算作一个函数调用，此时[class.temporary] ¶6.9再次变得相关。⁰ 如果没有它，就生命周期而言，聚合的引用成员被视为直接声明为变量。

如果你想在没有临时生命周期延长的情况下执行聚合初始化（不正确），你可以使用括号代替大括号进行初始化，这将触发[class.temporary] ¶6.10：

绑定到从带括号的表达式列表( [dcl.init] )初始化的类类型聚合的引用元素的临时对象一直存在，直到包含表达式列表的完整表达式完成。

不幸的是，Clang 目前显然没有实现这一点，因为这是 C++20 的新增功能（提案P0960）。请注意，该提案的文本甚至明确说明 GCC 在第一个示例中的行为正是标准的意图。

⁰大概。该子句只提到了[expr.call] 中描述的函数调用，我很难在标准中找到任何明确的声明，即构造函数调用应该以相同的方式工作。