带有条件的 constexpr 类成员函数内的非 constexpr 变体成员调用编译 - 为什么？

Question

#include <variant>

struct S {
    constexpr auto f() -> void {
        // deleting the next line creates an error
        if(std::holds_alternative<int>(m_var))
            m_var.emplace<double>(5.0);
    }
    std::variant<int, double> m_var;
};

int main() {
    return 0;
}

std::variant 有一个非constexpr 成员函数emplace()。一般来说，您不能在 constexpr 函数中使用它。但是，如果您通过在该类型上使用 std::holds_alternative() 的条件包围该调用，则可以。还有其他 constexpr 函数，只要它们是该类中的成员函数。

我很难理解发生了什么。我的第一反应是说这是一个错误。这个条件不可能比没有条件更 constexpr。但也许这还为时过早。任何人都可以对此有所了解吗？为什么emplace() 不是 constexpr 而（相等类型）赋值是？

编辑：也许扩展一下：一种猜测是所涉及的变体的构造函数和析构函数可能是非常数的，这就是为什么emplace 等不是。但有趣的是，即使您明确滥用非 constexpr 构造函数，您也可以使用这样的条件将函数编译为 constexpr。这使该论点无效。

天箭：here.

Answer 1

实际上，您无需深入研究std::variant 即可对此进行推理。这主要是关于常量表达式的工作原理。 constexpr 函数必须以允许在常量表达式中求值的方式定义。对于某些参数，我们是否遇到不能出现在常量表达式中的东西并不重要，只要对于其他参数，我们获得一个有效的常量表达式。标准中明确提到了这一点，并举例说明

[dcl.constexpr]

5 对于 constexpr 函数或 constexpr 构造函数， 既不是默认值也不是模板，如果不存在这样的参数值 函数或构造函数的调用可能是 核心常量表达式的求值子表达式，或者，对于 构造函数，某个对象的常量初始化器 ([basic.start.static])，程序格式错误，没有诊断 必需的。 [ 示例：

constexpr int f(bool b)
  { return b ? throw 0 : 0; }           // OK
constexpr int f() { return f(true); }   // ill-formed, no diagnostic required

struct B {
  constexpr B(int x) : i(0) { }         // x is unused
  int i;
};

int global;

struct D : B {
  constexpr D() : B(global) { }         // ill-formed, no diagnostic required
                                        // lvalue-to-rvalue conversion on non-constant global
};

 — 结束示例 ]

看看f(bool) 是一个有效的constexpr 函数吗？即使throw 表达式可能不会在常量表达式中求值，它仍然可以出现在constexpr 函数中。只要不进行不断的评估就没有问题。

如果有没有组参数可以在常量表达式中使用constexpr 函数，则程序格式错误。这种格式错误的程序不需要诊断，因为仅从函数定义中检查这种情况通常是难以处理的。然而，它是无效的 C++，即使编译器没有引发错误。但在某些情况下，它可以被检查，因此编译器可能不得不提出诊断。

您的f 没有条件属于此类非良构构造。不管f如何被调用，它的执行都会导致调用emplace，而emplace不能出现在常量表达式中。但它很容易检测到，所以你的编译器会告诉你这是一个问题。

带有条件的第二个版本不再无条件调用emplace。现在是有条件的。条件本身依赖于constexpr 函数，因此它不会立即形成错误。一切都取决于函数的参数（包括this）。所以它不会立即引发错误。