c++ - C++ 中没有实现，但仍然可以调用它

Question

我有Simpletron.cpp一个空文件，一个Simpletron.h声明一个Simpletron类：

class Simpletron 
{    
public:
    Simpletron();
};

我调用Simpletron()了我的 main.cpp：

#include <iostream>
#include "Simpletron.h"

int main(int argc, char *argv[]) 
{

    Simpletron s();
    std::cin.get();
}

main 函数运行平稳，没有任何警告或错误。这是为什么？如果没有头文件可以链接到的实现，它甚至如何编译？

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这一行：

Simpletron s();

是一个函数原型，声明一个名为的函数s，返回 aSimpletron并且不接受任何参数。它不会创建Simpletron名为的实例s。

现在你可能会问，为什么链接器不抱怨不存在的s()函数呢？好吧，由于您只是声明s()但从未实际调用它，因此在链接期间实际上并未在任何地方引用它，因此您不会收到链接错误。

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Simpletron s();

这是函数声明，而不是对象实例化。空括号告诉编译器这个函数不接受参数并按值返回一个类型的对象Simpletron，因此不调用构造函数。正确的语法是没有参数：

Simpletron s; // You will get an error on this line, as initially expected

C++11 添加了一个避免这种歧义的句法特性：

Simpletron s{}; // same as default-initialization

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    Simpletron s();

这是一个“恼人的解析”的经典案例；对于编译器，您不是在创建stype的变量Simpletron，而是在声明一个名为的函数s，不接受任何参数并返回一个Simpletron对象。

这是因为这个表达式既可以解释为函数声明也可以解释为变量声明。因为要声明变量，所以有一个简单的替代方法（即，只需省略括号）标准要求将其解释为函数声明。

这可以毫无问题地通过编译阶段（编译器不需要所有方法的定义，只需要声明），并且链接器可能不会给出任何错误，因为Simpletron实际上没有创建实例，所以它永远不需要实际查找构造函数定义（尽管我认为不能保证不会出错，但特别彻底的编译器/链接器对应该能够为缺少的构造函数提供错误）。

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