为什么我不能保证复制省略std:tuple？

Question

我希望在C++20中，下面的代码在打印A和B之间不打印任何内容（因为我希望保证RVO会起作用）。但输出为:

a

拜拜

b

c

拜拜

拜拜

所以大概是创建了一个临时的。

#include<iostream>
#include<tuple>
struct INeedElision{
    int i;
    ~INeedElision(){
        std::cout << "Bye\n";
    }
};

std::tuple<int, INeedElision> f(){

    int i = 47;
    return {i, {47}};
}

INeedElision g(){

    return {};
}

int main()
{   
    std::cout << "A\n"; 
    auto x = f();
    std::cout << "B\n";
    auto y = g();
    std::cout << "C\n";
}

这种行为的原因是什么？是否有避免复制（不使用指针）的变通方法？

https://godbolt.org/z/zasogd

Answer 1

只有返回对象本身时，才会获得复制选择:

std::vector<int> fn1()
{
   return std::vector<int>{}; // guaranteed copy elision
}

std::vector<int> fn2()
{
   std::vector<int> vec;
   return vec; // a good compiler will manage to elide the copy/move here
}

在您的示例中，您返回的是tuple，因此tuple本身可能被复制省略，但传递给tuple构造函数的参数却不被复制省略！

std::tuple<int, INeedElision> f(){

    int i = 47;
    return {i, {47}}; // construct the tuple in place of the return address but the arguments are copied into the tuple and not even moved ! to move call std::move explicitly
}

编译器不允许删除传递给元组构造函数的参数副本，因为您返回的不是参数本身，而是包含这些参数副本的元组。还要注意，表不能保存对参数的引用，因为这些局部变量在函数返回时已经被销毁，从而产生悬空引用。

如果您想在C++17中获得一个复制省略的机会，并在以后做一些类似的事情:

std::tuple<int, INeedElision> f(){

    std::tuple<int, INeedElision> ret;
    auto& [i, ne] = ret;
    i = 47;
    ne = 47;
    return ret;
}

Answer 2

从{i，{47}}构造std::tuple 时，std::tuple的选定构造函数通过对const的lvalue-reference获取元素。

tuple( const Types&... args );

然后，当使用{i，{47}}作为初始值设定项时，将构造一个临时的ineDelision，然后传递给std::tuple的构造函数（并得到复制）。临时对象将立即被销毁，您将看到“a”和“b”之间的“bye”。

BTW:std::tuple的第三个构造函数不会用于这种情况。

template< class... UTypes >
tuple( UTypes&&... args );

它是一个构造函数模板，像{47}这样的括号-init-list没有类型，不能通过模板参数推导来推导。

另一方面，如果ineDelision有一个转换构造函数，它取int，并使初始值设定项为{i，47}，则将使用std::tuple的第三个构造函数，而不构造临时的ineDelision；该元素将从int47就地构造。

活着