C 11返回语句中的显式转换运算符/构造函数

Question

我有一个下面的例子（布尔类型过于安全）：

#include <cstdlib>

struct boolean_type
{

    explicit
    boolean_type(bool _value)
        : value_(_value)
    { ; }

    explicit
    operator bool () const
    {
        return value_;
    }

private :

    bool value_;

};

struct A
{

    A(int const _i) 
        : i_(_i)
    { ; }

    boolean_type operator == (A const & _other) const
    {
        return (i_ == _other.i_);
    }

private :

    int i_;

};

bool t()
{
    return A(0) == A(0);
}

int main()
{ 
    return EXIT_SUCCESS;
}

众所周知，这样的代码包含一个错误：“无法转换’（（int）（（const A*）this）-

我想说：

由于指定的障碍，我不能简单地将bool的所有条目替换为我的用户代码中的超级安全的boolean_type（这是mocked-对象），因为，例如，在的返回语句中，提升::变体::操作符==使用了上述构造，将其视为隐式转换。类似的障碍并不唯一。

Answer 1

为什么在这两种情况下都没有显式转换？

因为如果您想要显式转换，那么程序员就有责任显式化。

在这种情况下，如果您允许隐式转换，那么隐式转换将起作用。但当您将运算符bool和布尔类型：：布尔类型标记为显式时，不允许使用它们。

为什么是含蓄的？

因为你没有写转换。你必须：

  boolean_type operator == (A const & _other) const
  {   
      return boolean_type (i_ == _other.i_);
  }

...以及：

bool t()
{   
    return (bool) (A(0) == A(0));
}

但是这里有什么风险呢？

你告诉我们<代码>显式专门用来告诉编译器，允许进行某些隐式转换可能存在风险。因此，当您将这些函数标记为显式时，您对编译器说：

好吧，如果你允许从bool到boolean_操作符的隐式转换，或者反之亦然，可能会发生不好的事情。所以不要允许这些隐式转换。

你没有告诉编译器（或我们）为什么那些隐式转换是危险的。你只是说它们是。

Answer 2

你有两个隐式转换。一个在这里：

return (i_ == _other.i_);

另一个在这里：

return A(0) == A(0);

这些是隐式的，因为您没有显式地告诉编译器您想要将比较的结果分别转换为boolean_type和bool。这些隐式转换是不允许的，因为您使boolean_type显式的构造函数和转换运算符-这就是显式关键字的全部意义。

你需要做：

return static_cast<boolean_type>(i_ == _other.i_);

以及：

return static_cast<bool>(A(0) == A(0));

将转换为bool显式的典型原因是，转换可能会在您不打算使用它的情况下使用。例如，如果您有名为b1和b2的对象，并且具有非显式的转换，则可以执行以下操作：

b1 > 0
b1 == b2

这些可能不是布尔转换运算符的预期用途。