编译器是否足够聪明地 std::move 变量超出范围？

Question

考虑以下代码：

std::vector<int> Foo() {
    std::vector<int> v = Bar();
    return v;
}

return v 是 O(1)，因为 NRVO 将省略副本，构造 v directly in the storage where the function's return value would otherwise be moved or copied to。现在考虑功能类似的代码：

void Foo(std::vector<int> * to_be_filled) {
    std::vector<int> v = Bar();
    *to_be_filled = v;
}

可以在这里提出类似的论点，因为*to_be_filled = v 可以被编译为 O(1) 移动分配，因为它是一个超出范围的局部变量（编译器应该很容易验证v 在这种情况下没有外部引用，因此在最后一次使用时将其提升为右值）。是这样吗？有什么微妙的原因吗？

此外，感觉这种模式可以扩展到左值超出范围的任何上下文：

void Foo(std::vector<int> * to_be_filled) {
  if (Baz()) {
    std::vector<int> v = Bar();
    *to_be_filled = v;
  }
  ...
}

期望编译器找到诸如*to_be_filled = v 之类的模式，然后自动优化它们以假定右值语义是否有用/合理？

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编辑：

g++ 7.3.0 不在 -O3 模式下执行任何此类优化。

Answer 1

允许编译器任意决定将左值名称转换为要从中移动的右值。它只能在 C++ 标准允许的情况下这样做。例如在return 语句中（并且仅在其return <identifier>; 时）。

*to_be_filled = v; 将始终执行复制。即使它是可以访问v 的最后一条语句，它也始终是一个副本。不允许编译器更改它。

我的理解是返回 v 是 O(1)，因为 NRVO 将（实际上）将 v 变成一个右值，然后使用 std::vector 的移动构造函数。

这不是它的工作原理。 NRVO 将完全消除移动/复制。但是return <identifier>; 成为右值的能力并不是“优化”。这实际上是编译器将它们视为右值的要求。

编译器可以选择复制省略。编译器无法选择 return <identifier>; 的作用。因此，上述内容要么根本不移动（如果发生 NRVO），要么会移动对象。

为什么不这样做有一个微妙的原因吗？

不允许这样做的一个原因是，语句的位置不应随意更改该语句的作用。看，return <identifier>; 将始终从标识符移动（如果它是局部变量）。它在函数中的位置无关紧要。由于是return 语句，我们知道如果return 被执行，它之后的任何内容都不会被执行。

这不是任意陈述的情况。表达式*to_be_filled = v; 的行为不应根据它在代码中的位置而改变。你不应该仅仅因为你在函数中添加了另一行就可以将一个移动变成一个副本。

另一个原因是任意语句很快就会变得非常复杂。 return <identifier>; 很简单；它将标识符复制/移动到返回值并返回。

相比之下，如果您引用了v，而to_be_filled 以某种方式使用了它，会发生什么情况。当然这不会发生在您的情况下，但是其他更复杂的情况呢？可以想象，最后一个表达式可以从对已移动对象的引用中读取。

在return <identifier>; 的情况下要做到这一点要困难得多。