为什么 g++ 允许我将这个 void-function 视为除此之外的任何东西？答案

【问题标题】：Why is g++ allowing me to treat this void-function as anything but?为什么 g++ 允许我将这个 void-function 视为除此之外的任何东西？
【发布时间】：2014-01-22 07:29:48
【问题描述】：

为什么以下代码在 GCC 4.8 (g++) 中编译？它不是完全不合格式吗？

void test(int x)
{
    return test(3);
}

int main() {}

我正在尝试使用调用test的结果，它不存在
我正在尝试从test 返回一个值

两者都应该是根本不可能的 - 不仅仅是 UB，据我记得 - 使用 void 返回类型。

我得到的唯一警告是关于 x 未被使用，甚至没有关于添加非标准隐式返回类型的任何内容。

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【问题讨论】：

这与 void 类型的对象无关。 void 类型的表达式是丢弃值表达式。
一旦你调用这个函数，它应该会产生一个Segmentation fault
@dan：或者堆栈溢出，或者具有无限调用深度的非终止程序的其他一些实际后果。这可能包括我的程序自发地发展感知力并在工作中给你打电话。 :)
注意：这并不特定于 C++11。自 C++98/03 以来，我们已经能够编写 return f(); 而不是 { f(); return; }（给定 void f();）。 TC++PL3 §7.3（第 148 页）说“在编写返回类型是模板参数的模板函数时，这种形式的返回很重要”。
void 自 C++98 以来一直是不完整的类型。您能否提供有关 void 在 C++11 中不再不完整的信息？

标签： c++ gcc c++11

【解决方案1】：

这是标准允许的 (§6.6.3/3)

带有 void 类型表达式的 return 语句只能在返回类型为 cv void 的函数中使用；表达式在函数返回给它的调用者之前被计算。

【讨论】：

是的，这是正确的。整个事情变成了无操作。值得注意的是，这在 C++03 中也是如此，而且非常愚蠢。
@LightnessRacesinOrbit：我猜它在返回类型可能是也可能不是 void 的模板中很有用。
@Mat：我想我仍然希望那里的不良形式，让 SFINAE 开辟其他选择。如果没有别的，它只会让这个真的对于非模板代码来说是可怕的。 :(
@LightnessRacesinOrbit：我猜你不能切换到 C，这是禁止的？ (-:
它可能有它的用途。给定一个函数void error_reporter(...)，您可以在一个返回void 的函数中编写代码：if (something > sommat_else) return error_reporter("the impossible occurred");，而不是在其中需要大括号和多个语句。这可能非常有用。

【解决方案2】：

至于为什么 GCC 允许它——当然是因为标准要求它是有效的。建立标准中规则基本原理的传递闭包，我很确定 GCC 允许这样做，因为它在模板事件中很有用

template<typename F>
typename std::result_of<F()>::type call(F f) {
  return f();
}

int main() {
   std::cout << call([]{ return 42; }) << std::endl;
   call([]{ std::cout << "I'm just an outputtor!" << std::endl; });
}

如您所见，call 不需要在 return 语句中为 void 做一个特殊情况。有点类似于x.~T() 的允许方式，即使T 最终为int。

【讨论】：