C++，从具有引用返回类型的函数返回什么以指示错误

Question

假设我们有一个类

class cFoo {};

另一个带有cFoo对象的向量，像这样：

class cContainer
    {
        public:
            const cFoo& getFoo(std::size_t index) const;
        private:
            std::vector<cFoo> fooList_;
    }
    const fCoo& cContainer::getfoo(std::size_t index) const
    {
        if(index < fooList_.size())
            return fooList_[index];
        else
            ??????????
    };

所以我的问题是“在这种情况下，最佳做法是什么？”。那就是在 else 部分之后放置的内容来代替 ????s。这个问题对于返回引用的任何成员函数都有效（无论是否为 const）。当我们没有任何东西可以返回时，应该返回什么？

显然返回一个局部临时变量是没有问题的。我想到的另一个解决方案是返回cFoo() 的静态实例，最有可能在cFoo 类定义/实现期间定义和初始化。

当然，在这种情况下我们可以避免返回引用，但这可能会导致选择性能不佳（尤其是如果我们缺乏像移动运算符这样的好东西）。

Answer 1

在这种情况下，STL 所做的就是抛出异常。

例如，您可以查看std::vector::at 成员函数：

http://en.cppreference.com/w/cpp/container/vector/at

如果您要求超出范围的内容，则会引发 std::out_of_range 异常

---

另一种选择是返回一个指针或其在此上下文中语义更明确的等效项，optional referenceboost::optional<fCoo&>。

如果“超出范围”的情况不是那么特殊并且应该不时发生，我会建议这样做。

最后，如果您认为这种情况不应该发生，除非是开发人员错误，您应该使用assertion。

Answer 2

如果函数没有要返回的东西是正常的，那么它不应该返回引用。返回指针没有错：

const fCoo* cContainer::getfoo(std::size_t index) const
{
    if(index < fooList_.size())
        return fooList_[index];
    else
        return nullptr;
};

如果没有要返回的东西表示该函数有一些异常，那么它应该抛出一个异常：

const fCoo* cContainer::getfoo(std::size_t index) const
{
    if(index < fooList_.size())
        return fooList_[index];
    else
        throw std::invalid_argument("out of range");
};