c++ - 为什么自动返回类型在此示例中会丢失移动语义？

Question

我在看video Nicolai 说 auto 在这个例子中失去了移动语义:

template<typename Callable, typename... Args>
auto call(Callable&& op, Args&&... args) {
return std::invoke(std::forward<Callable>(op), std::forward<Args>(args)...);
}

我在想:

1. 为什么会这样？

2. 做 guaranteed RVO 启动 这个例子？如果是这样，担心搬家有什么意义？

Answer 1

我认为 Nicolai 可以将其表述得更好一些。

当您通过auto 返回时，您的函数返回一个值(将推导其类型)。如果 std::invoke 返回一个纯右值或一个 xvalue，那么 call 的结果当然会相应地构造(如果可能，通过移动)。从这个意义上说，我们不会“失去移动语义”。

但是当我们按值返回时，需要创建那个值对象。它可以通过移动创建，在某些情况下(which aren't present here)可以省略，但必须创建。有保证的复制省略不允许我们逃避创建这个对象。

如果 std::invoke 给我们返回一个 xvalue(对某物的右值引用)，那将是相当浪费的。为什么要构造一个对象返回呢？

这就是为什么在一两张幻灯片之后他说我们应该按 decltype(auto) 返回。然后推导规则将保留对 std::invoke 的调用的值类别:

1. 如果它返回一个值，我们的情况不会更糟。我们自己的 call 将返回一个值(它可以通过移动 std::invoke 的返回值来创建)。

2. 如果 std::invoke 返回一个左值 (X&) 或一个 xvalue(X&&)，将返回为是，无需通过复制或移动创建另一个对象。