c++ - 具有用户定义的构造函数的普通类型和 POD 类型

Question

首先，这更像是一个合理性检查问题，目的是获得比我更精通语言标准的人的认可。

假设我有以下类型(尽管我省略了任何非构造函数和非赋值成员函数):

template<typename E> struct half_expr
{
};

class half : public half_expr<half>
{
public:
    half();
    explicit half(float);
    template<typename E> half(const half_expr<E>&);

    half& operator=(float);
    template<typename E> half& operator=(const half_expr<E>&);

private:
    half(std::uint16_t, bool);

    std::uint16_t data_;
};

好吧，在任何合理的实现中，half 在内存中不应该是普通的 std::uint16_t。但我对标准的保证感兴趣。根据 POD 的 C++98/03 定义，这是我的基本原理:

• half 不能是 POD 类型，因为它具有非公共(public)字段、基类和用户定义的构造函数。

和 C++11 丢失/扩展的定义:

• 它应该是简单可复制的，因为它只隐式生成了复制/移动构造函数/赋值，但前提是那些 float 和模板版本不以任何方式计算在内，我不太确定。

• 它也应该是标准布局，因为它只有一个基本类型的私有(private)字段和一个空的非虚拟基类(在任何标准中都应该是 POD，对吧？)

• 唯一阻碍 POD 分类的是它不是简单的默认构造函数，恕我直言，使用 C++11 的 half() = default 语法可能会克服这一点。

我的问题很简单:我的理由是否完全正确，或者在定义中是否有任何我忽略或误解的地方，特别是考虑到用户定义的构造函数和赋值以某种方式阻碍了可简单复制的分类？

注意:即使您觉得有必要将此委托(delegate)给 POD 和标准布局类型(我完全可以理解)的某些可能重复项，回答我实际问题的简单评论仍然是很好，因为这只是一个健全性检查，对您来说可能很简单或多余，但我只是想安全起见。

Answer 1

是的，half是标准布局(9/7):基类是空的，派生类对所有非静态数据具有相同的访问控制，没有任何虚拟的，也没有非标准布局的基类或成员，基类是一个不同于第一个非静态数据成员的类型。

您定义的构造函数和赋值运算符不是复制(或移动)构造函数和赋值，因此它们与类是否可简单复制无关。

默认构造函数是非平凡的，因为它是用户提供的 (12.1/5)，因此该类不是平凡的。

复制/移动都是微不足道的，因为数据成员和空基数具有微不足道的复制/移动 (12.8/12)。析构函数也是如此，因此该类可轻松复制。

所以我相信你的分析是正确的 - 删除无参数构造函数并且你在 C++11 中有一个 POD 类(但在 C++98 中没有)。

正如 Luc 所说，标准中不能保证 POD 类不包含填充，即使它只有一个数据成员也是如此。

在 C++03 中，空基类优化是允许的，但不是必需的，因此质量较差但符合要求的 C++03 实现肯定会给您 sizeof(half) == sizeof(half_expr<half>) + sizeof(uint16_t) .保证sizeof(half_expr<half>) > 0 , 如果它小于 uint16_t您也可以合理地期望填充。

在 C++11 中，关于布局兼容性的规则实际上要求应用空基类优化——两种标准布局类型，其中一个有基类，另一个没有，是布局兼容的( 9.2/17)，布局兼容的类型可以通过 union (9.2/19) 读取，这意味着它们必须具有相同的布局。填充仍然是允许的，但没有意义。

抛开标准不谈，您的实现可能会或可能不会在告诉您 POD 类是什么样子的 C++ ABI 中工作。如果是这样，我希望尽管 ABI 可能还不是 C++11 的最新版本，但实现肯定会使所有标准布局类看起来像 POD 类定义的样子，不管它们是否是也很简单(它会做 EBC 优化)。这就是标准布局的要点:“像 C 结构一样布局的类”。

我认为实现也可以任意决定所有类类型必须是 4 对齐的，在这种情况下你会再次得到填充。不过，我认为期望这一点是不合理的，因为我能想到的唯一动机是你在一些奇怪的架构上，其中 4 对齐的指针可以小于 char*。 .