类静态 constexpr 的 C++ 链接器错误

Question

我正在用 g++-4.6.1 --std=c++0x 编译以下简单程序:

#include <algorithm>

struct S
{
    static constexpr int X = 10;
};

int main()
{
    return std::min(S::X, 0);
};

我收到以下链接器错误:

/tmp/ccBj7UBt.o: In function `main':
scratch.cpp:(.text+0x17): undefined reference to `S::X'
collect2: ld returned 1 exit status

我意识到内联定义的静态成员没有定义符号，但我的(可能有缺陷的)印象是使用 constexpr 告诉编译器始终将符号视为表达式；因此，编译器会知道传递对符号 S::X 的引用是不合法的(出于同样的原因，您不能引用文字 10)。

但是，如果 S 被声明为命名空间，即“命名空间 S”而不是“结构 S”，则一切都可以正常链接。

这是一个 g++ 错误还是我仍然需要使用技巧来解决这个烦恼？

Answer 1

我不认为这是一个错误。如果将 constexpr 更改为 const，它仍然会失败，并出现完全相同的错误。

您已经声明了 S::X，但没有在任何地方定义它，因此没有存储空间。如果你对它做任何需要知道它的地址的事情，那么你也需要在某个地方定义它。

例子:

int main() {
      int i = S::X; // fine
      foo<S::X>(); // fine
      const int *p = &S::X; // needs definition
      return std::min(S::X, 0); // needs it also
}

这样做的原因是 constexpr 可以在编译时进行评估，但不是要求这样评估，并且可以同样发生在运行时。它没有指示“编译器始终将符号视为表达式”，它暗示如果编译器愿意，这样做是明智和允许的。