C++ 14的后继返回类型语法的合法用法

导出的返回类型对SFINAE不友好。如果 t[i] 无效:

template<typename T>
auto access(T& t, int i)
  -> decltype(t[i])
{
    return t[i];
}

然而,这种过载不会导致硬错误:

template<typename T>
decltype(auto) access(T& t, int i)
{
    return t[i];
}

Demo

std::optional<T> . 以下代码没有编译,因为 std::nullopt_t 与类型不同 标准::可选<T>

#include <optional> // C++17 standard library feature

template <typename T>
auto foo(T const& val)
{
    if (val.is_invalid()) return std::nullopt;
    return val.some_function_returning_an_optional();
}

尾部返回类型允许您精确指定要返回的表达式类型:

template <typename T>
auto foo(T const& val)
    -> decltype(val.some_function_returning_an_optional())
{
    if (val.is_invalid()) return std::nullopt;
    return val.some_function_returning_an_optional();
}

std::declval ,这就更难理解了:

template <typename T>
decltype(std::declval<T const&>().some_function_returning_an_optional())
foo(T const& val)
{
    if (val.is_invalid()) return std::nullopt;
    return val.some_function_returning_an_optional();
}

Demo

是的,至少有三个原因:

1. 有意义的声明 :您的第一个变体具有 宣言 它告诉我返回类型是什么;您的第二个变体要求我读取您的 定义 . 但您的定义可能在另一个文件中,或者不太清楚。
2. T[i] ,从而获得类型约束或从主体返回的内容到希望获得的内容的转换。
3. 向后兼容性 这可能对你来说很微不足道,但是尝试写一个库,告诉你的用户“哦,你需要一个C++ 14兼容编译器,因为我的可爱的语法选择”。

还有第四个原因 Justin's answer