将 const 引用返回给本地对象时究竟会发生什么？

Question

struct A {
    A(int) : i(new int(783)) {
        std::cout << "a ctor" << std::endl;
    }

    A(const A& other) : i(new int(*(other.i))) {
        std::cout << "a copy ctor" << std::endl;
    }

    ~A() {
        std::cout << "a dtor" << std::endl;
        delete i;
    }

    void get() {
        std::cout << *i << std::endl;
    }

private:
    int* i;
};

const A& foo() {
    return A(32);
}

const A& foo_2() {
    return 6;
}

int main()
{
    A a = foo();
    a.get();
}

我知道，返回对本地值的引用是不好的。但是，另一方面，const 引用应该延长一个临时对象的生命周期。

此代码产生一个 UB 输出。所以没有延长寿命。

为什么？我的意思是有人可以逐步解释发生了什么吗？

我的推理链哪里出错了？

foo():

1. A(32) - 演员

2. return A(32) - 创建并返回对本地对象的 const 引用

3. A a = foo(); - a被foo()返回值初始化，返回值超出范围（out of expression）被销毁，但是a已经被初始化了；

（但实际上析构函数是在复制构造函数之前调用的）

foo_2():

1. return 6 - 隐式创建类型 A 的临时对象，创建对该对象的 const 引用（延长其寿命）并返回

2. A a = foo(); - a被foo()返回值初始化，返回值超出范围（out of expression）被销毁，但是a已经被初始化了；

（但实际上析构函数是在复制构造函数之前调用的）

Answer 1

您误解了“直到函数退出”。如果您真的想使用 const 引用来延长对象的寿命，超出foo，请使用

A foo() {
    return A(32);
}
int main() {
    const A& a = foo();
}

你必须从foo返回按值，然后使用一个常量引用来引用返回值，如果你想以你期望的方式扩展东西。

正如@AndreyT 所说，对象在具有const & 的函数中被销毁。您希望您的对象在foo 之后仍然存在，因此您应该不拥有const & （或&）在foo 或foo 的返回类型中的任何位置。第一次提到const & 应该在main 中，因为那是应该使对象保持活动状态的函数。

您可能认为这个按值返回的代码很慢，因为在返回中似乎有 A 的副本，但这是不正确的。在大多数情况下，编译器只能在 A 的最终位置（即调用函数的堆栈上）构造一次，然后设置相关引用。

Answer 2

语言规范中明确规定了每个特定上下文的临时生命周期延长规则。它说

12.2 临时对象

5 第二个上下文是引用绑定到临时的。 [...] 临时绑定到函数返回语句中的返回值 (6.6.3) 一直持续到函数退出。 [...]

您的临时对象在函数退出时被销毁。这发生在接收者对象的初始化开始之前。

您似乎认为您的临时工应该以某种方式活得比这更长。显然，您正在尝试应用这条规则，即临时文件应该一直存在到完整表达式结束。但该规则不适用于在函数内部创建的临时对象。此类临时人员的生命周期由他们自己的专用规则管理。

如果有人尝试使用返回的引用，您的 foo 和 foo_2 都会产生未定义的行为。