Question

我有简单的类方法，如

Task TaskSample::Create(void)
{
    Task task;
    return task;
}

并收到临时警告。这段代码有问题吗？我更喜欢不在这里使用指针

Answer 1

如果这实际上是您的代码，则编译器可能出错。

然而，你更有可能写了这个：

Task& TaskSample::Create(void)
{
    Task task;
    return task;
}

删除＆amp;按值返回，而不是按引用返回。通过引用返回没有任何意义，因为当函数返回时task将被销毁。

Answer 2

以下两个代码段都在MS C ++中产生此错误：

警告C4172：返回地址局部变量或临时

Task* Create(void)
{
    Task task;
    return &task;
}
Task& Create2(void)
{
    Task task;
    return task;
}

MSDN documentation非常简洁地描述了警告：

局部变量和临时对象函数返回时被销毁，所以返回的地址无效。

为了返回指向对象的指针，需要调用operator new，因为在堆上分配的对象不会超出范围：

Task* Create(void)
{
    Task* task = new Task();
    return task;
}

完成任务后，不要忘记delete该任务：

Task* task = Create();
delete task;

或者，您可以使用smart pointer：

void Test () {
  boost::scoped_ptr<Task> spTask = Create();
  spTask->Schedule(); 
} //<--- spTask is deleted here

我会依赖RVO并实际使用您发布的代码，而代码很可能不会给您发出警告。

void Test() {
   Task task = Create();
}

Task Create(void)
{
    Task task;
    task.start = 10;
    return task;
}

这可能会产生与此相当的东西，所以实际上，没有复制构造函数开销。

void Test() {
   Task task;
   Create(&task);
}

Task* Create(Task* __compilerGeneratedParam)
{
    __compilerGeneratedParam->start = 10;
    return __compilerGeneratedParam;
}

Answer 3

现代编译器可以优化返回值以避免复制开销。通常按价值返回并不会损害绩效。

但是如果你需要通过引用返回，请使用shared_ptr。

shared_ptr<Task> TaskSample::Create(void)
{
    shared_ptr<Task> ptr(new Task(...));
    return ptr;
}

Answer 4

最好的是，通过引用传递对象如下

void TaskSample::Create(Task& data)
{

....

}

c ++采取临时的地址

4 个答案: