强制转换为 void 以避免使用重载的用户定义逗号运算符

Question

void我正在学习 C++ 中的模板，并遇到了一个使用强制转换的示例：

template<typename T>
auto func (T const& t) -> decltype( (void)(t.size()), T::size_type() )
{
return t.size();

}

解释中写道：

将表达式强制转换为 void 是为了避免用户定义的逗号运算符针对表达式类型重载的可能性。

我的问题是：

1. 如何使用强制转换为 void 来“避免用户定义的逗号运算符重载表达式类型的可能性”？我的意思是，任何人都可以举出任何例子，如果我们不使用void此代码会给出错误吗？例如，假设我们有一个名为 的类SomeClass，它重载了逗号运算符。现在，如果我们不使用，这会成为问题吗void？

2. static_cast在这种情况下可以使用 C 风格的强制转换吗？例如，类似的东西static_cast<void>(t.size())。我正在阅读使用 C++17 功能的示例，因此我想知道为什么作者在这种情况下使用了 C 风格转换。

我读过强制转换为“void”到底有什么作用？，从中我得到的印象是，如果我们使用(void)xthen 这意味着抑制编译器警告，并且还意味着“忽略 x 的值”。但后来我无法理解表达式x和之间的区别(void)x。

Answer 1

考虑这种病理类型：

struct foo {
    struct size_type {
        bool operator,(size_type) { return false;}
    };
    size_type size() { return {};}  
};

它确实有一个size_type并且它确实有一个size()方法。但是，如果没有强制转换为void，模板将无法推导出正确的返回类型，decltype( (t.size()), typename T::size_type() )因为bool：

#include <type_traits>

template<typename T>
auto func (T const& t) -> decltype( (t.size()), typename T::size_type() )
{
return t.size();

}

struct foo {
    struct size_type {
        bool operator,(size_type) { return false;}
    };
    size_type size() const { return {};}  
};


int main()
{
   func(foo{});
}

结果错误：

<source>:6:8: error: no viable conversion from returned value of type 'foo::size_type' to function return type 'decltype((t.size()) , typename foo::size_type())' (aka 'bool')
return t.size();
       ^~~~~~~~
<source>:20:4: note: in instantiation of function template specialization 'func<foo>' requested here
   func(foo{});
   ^
1 error generated.
ASM generation compiler returned: 1
<source>:6:8: error: no viable conversion from returned value of type 'foo::size_type' to function return type 'decltype((t.size()) , typename foo::size_type())' (aka 'bool')
return t.size();
       ^~~~~~~~
<source>:20:4: note: in instantiation of function template specialization 'func<foo>' requested here
   func(foo{});
   ^

static_cast可以用A. 然而，由于实际上没有任何东西被转换（它是一个未评估的上下文），所以 c 风格的转换不会造成太大的伤害。void请注意如何通过使用对用户定义的强制转换operator,来绕过并推导出正确的返回类型： https: //godbolt.org/z/jozx1YGWr。这是因为使用了其结果与 类型相同的void, whatever内置函数。您不能使用用户定义的覆盖；没有有效的语法。operator,whatevervoid, whateveroperator,

我认为代码只是为了说明这一效果，因为即使转换为void1 也可以弥补其他失败的示例（例如，模板没有显式测试t.size()实际返回T::size_type）。

另请参阅此处有关“很少重载的运算符”的部分：

逗号运算符，operator,. 与内置版本不同，重载不会将左操作数排在右操作数之前。（C++17 之前）由于此运算符可能会重载，因此泛型库使用诸如a,void(),b代替之类的表达式a,b来顺序执行用户定义类型的表达式。boost 库用于operator,boost.assign、boost.spirit 和其他库。数据库访问库 SOCI 也超载operator,。