使用返回在另一个翻译单元中定义的占位符类型的函数

Question

我在理解 N3638 中描述的 auto 类型说明符的 C++14 扩展是如何实现的，以及究竟是什么是允许的。

具体来说，标准的更改之一是，

如果函数声明的返回类型包含占位符类型，则函数的返回类型是从函数体中的返回语句推导出来的。

当函数体与声明在同一个文件中时，很容易看出这是如何工作的；但考虑头文件使用auto 占位符声明方法但没有定义它的情况。包含此头文件但不包含定义方法的文件的翻译单元如何才能成功编译？

例如，给定文件foo.hpp：

class foo
{
  public:
    auto gen_data();
};

...和文件foo.cpp:

struct data_struct
{
  int a;
  int b;
  int c;
  double x;
  char data[37];
};

auto foo::gen_data()
{
  data_struct d;
  // initialize members in d...
  return d;
}

...和文件main.cpp:

#include "foo.hpp"

template<typename T>
double get_x(T f)
{
  return f.gen_data().x;
}

int make_and_get_x()
{
  foo f;
  return get_x<foo>(f);
}

...自己编译main.cpp 是否合法？如果不是，为什么不呢？如果是这样，get_x 是如何实例化的，因为编译器无法知道gen_data 的返回类型是否有一个名为x 的成员，更不用说它的偏移量是多少？

不过，即使不担心模板实例化，这似乎也是个问题；例如，如果您尝试直接访问 f.gen_data().x 或将其传递给函数会发生什么？

Answer 1

适用规则见 §7.1.6.4 [dcl.spec.auto]/p11:

如果需要具有未推断占位符类型的实体类型 要确定表达式的类型，程序是非良构的。

有一个例子：

auto f();
void g() { &f; }  // error, f’s return type is unknown

你需要gen_data的类型来确定表达式x.gen_data()的类型；因此该程序格式错误。要使用这样的函数，定义必须对编译器可见。