从比较中扩展类型

Question

我知道下面的代码不起作用，我完全理解为什么。我实际上不明白的是为什么不：

int main(int argc, char *argv[]) {
    std::cout << (atoi(argv[1]) ? "foo" : 'b') << std::end;
}

为什么：当然，这个表达式可能生成字符串或者整数，这就是编译器指出的错误：

error: operands to ?: have different types ‘const char*’ and ‘char’

为什么不：由于operator<< 与const char* 和char 这两种类型都有绑定，为什么编译器不像在模板中那样执行代码扩展-- 我猜这就是执行的操作。

例如，如果我有：

template <class T>
void a(const T& value) {
    std::cout << a << std::endl;
}

我可以调用a("foo") 和a('b')，而且——我猜——编译器会使用类型名称[T = const char*] 对函数进行一次扩展，然后使用[T = char] 进行另一次扩展。

这可能是一个简单的问题，即 C++ 做什么——以及它不做什么——，但我看不到如果执行扩展，是否有任何极端情况会出现错误。

Answer 1

C++ 是一种已编译的静态类型语言，必须在编译时知道表达式的类型。表达式atoi(argv[1]) ? "foo" : 'b' 可以是const char* 或char，具体取决于argv[1] 的值，这在编译时是未知的。只有在程序实际执行时才知道这个值。所以当编译器试图把这个表达式转换成机器码时，它不能决定把这个表达式当成哪种类型。

要查看它真的与operator<< 没有任何关系，只需拥有表达式本身即可：

int main(int argc, const char* argv[])
{
  atoi(argv[1]) ? "foo" : 'b';
}

即使是这个won't compile，也会出现以下错误：

error: operands to ?: have different types ‘const char*’ and ‘char’

Answer 2

与cout 或operator << 无关。表达式

atoi(argv[1]) ? "foo" : 'b'

本身不会编译。您提供给?: 的第二个和第三个运算符必须是相同的类型，或者可以隐式转换为彼此的类型。

Answer 3

这是你认为你应该要求的：

#include <iostream>
#include <utility>
#include <type_traits>
#include <functional>

template<typename Left, typename Right>
auto tri( bool b, Left&& left, Right&& right )
  -> decltype( std::forward<Left>(left)() )
{
  if (b)
    return std::forward<Left>(left)();
  else
    return std::forward<Right>(right)();
}

int main(int /*argc*/, char *argv[]) {
  tri(
     atoi(argv[1]),
     []()->std::ostream&{ return std::cout<<"foo"; },
     []()->std::ostream&{ return std::cout<<'b'; }
  ) << std::endl;
}

但这不是? 所做的。

可以修改 C++ 来满足您的要求，但类型级联会无限增长。每次您有一个可以返回类型 A 或类型 B 的表达式时，都必须派生调用代码，这可能会导致进一步的派生。

必须扩展函数的签名以列出它“可能”返回的所有类型。

现在，虽然这可能是 C++ 未来的一个有价值的特性，但它不是 C++ 现在所做的。 C++ 中的每个表达式都有一个单一的、明确的类型——在模板代码中，当您实例化模板时会发生这种情况。

顺便说一句，在 C++ 中具有多类型返回值的能力将为您提供类似于异常处理的能力，其中函数可以返回值或错误标志。由于调用代码必须在您调用多类型返回值函数时自动分叉，因此它必须处理该错误标志（通过将其作为替代类型返回，或通过本地处理）。