为什么结构化绑定禁用 RVO 并继续返回语句？

Question

假设我们有一个名为AAA 的类同时支持复制/移动：

class AAA
{
public:
    AAA() = default;
    ~AAA() = default;

    AAA(const AAA& rhs)
    {
       std::cout << "Copy constructor" << std::endl;
    }

    AAA(AAA&& rhs)
    {
       std::cout << "Move constructor" << std::endl;
    }
};

在以下代码中，get_val 返回second：

AAA get_val()
{
    auto [ first, second ]  = std::make_tuple(AAA{}, AAA{});

    std::cout << "Returning - " << std::endl;
    return second;
}

auto obj = get_val();
std::cout << "Returned - " << std::endl;

现在second 被复制，打印以下输出：

...
Returning - 
Copy constructor 
Returned -

这很不幸，因为我对结果的期望是要么没有调用复制构造函数，要么至少它被隐式移动了。

为避免复制，我必须在其上明确应用std::move。

return std::move(second);

然后我会收到以下结果：

...
Returning - 
Move constructor 
Returned - 

我认为未执行 RVO 的原因可能是编译器会将second 视为参考，而get_val 返回prvalue。

但是为什么也不能期望隐式移动呢？ 在这种特殊情况下，在 return 语句上使用显式 std::move 看起来并不直观，因为 you generally don't want to make RVO, which is in most cases a better optimization than move, accidentally gone away。

由编译器 gcc 和 clang 用-O3 测试。

Live Demo

Answer 1

但是为什么也不能期望隐式移动呢？

与关闭省略的原因完全相同：因为它是一个引用，而不是独立对象的名称。每次使用second 本质上都等同于说obj.whatever 或get<1>(obj)（尽管在后一种情况下，我们存储引用）。这些表达式中的任何一个都没有隐含的移动。

结构化绑定用于访问给定对象的子对象。您不能省略子对象的返回，也不能隐式地从它们移开。因此，您不能省略结构化绑定名称，也不能隐式移出它们。