问题标签 [auto]

我正在尝试学习当前接受的 c++11 功能，但我在使用 auto 和 decltype 时遇到了问题。作为一项学习练习，我正在使用一些通用函数扩展 std 类列表。

对于成员映射，我希望返回类型是通用的，具体取决于传递的函数返回的内容。所以对于返回类型，我可以做这样的事情。

这还需要删除函数模板中的浮点类型。

我可以使用模板类，但这会使实例的使用更加冗长，因为我必须指定返回类型。

总而言之，我试图弄清楚如何在不使用模板类的情况下定义地图，并且仍然在它返回的类型中具有通用性。

我一直在使用autoC++11 标准中提供的 new 关键字来处理复杂的模板类型，我相信它就是为此而设计的。但我也将它用于以下方面：

更怀疑的是：

我没有看到太多关于这个话题的讨论。似乎这auto可能会被过度使用，因为类型通常是文档和完整性检查的一种形式。您在哪里划定使用界限auto以及此新功能的推荐用例是什么？

澄清一下：我不是在寻求哲学观点；我要求标准委员会对该关键字的预期用途，可能会评论如何在实践中实现该预期用途。

是

相当于

或者

或者都不是？

可能重复：
C++0x 自动关键字多少是太多了

我们（作为一个社区）是否有足够的经验来确定汽车何时和/或是否被滥用？

我真正在寻找的是最佳实践指南

• 何时使用自动
• 什么时候应该避免

在 80% 的情况下可以快速遵循的简单经验法则。

作为上下文，这个问题是由我在这里的回答引发的

请看下面的简单代码：

我试着这样使用auto：

我预计这my_foo将是Foo对函数的返回类型的常量引用。但是，类型auto是Foo，而不是参考。此外，my_foo是通过复制创建的g_temp。这种行为对我来说并不那么明显。

为了获得对 的引用Foo，我需要这样写：

问题：为什么auto将返回类型推断GetFoo为对象，而不是引用？

从我用来学习 C++ 的所有材料中，auto一直是一个奇怪的存储持续时间说明符，没有任何用途。但就在最近，我遇到了将它本身用作类型名称的代码。出于好奇，我尝试了它，它假定我碰巧分配给它的类型！

突然之间，STL 迭代器以及任何使用模板的东西都变得更容易编写了 10 倍。感觉就像我在使用像 Python 这样的“有趣”语言。

我的一生都在哪里？你会说它是视觉工作室独有的还是不便携的，这会打破我的梦想？

编译后，上面的示例开始错误输出，如下所示：

这是否意味着该关键字auto不应该在 lambda 表达式中使用？

这有效：

为什么带有 auto 关键字的版本不起作用？

我一直在尝试使用自动返回类型模板并且遇到了麻烦。我想创建一个接受 STL 映射并返回对映射中索引的引用的函数。我从这段代码中遗漏了什么以使其正确编译？

（注意：我假设地图可以用 0 的整数赋值来初始化。我可能会在稍后添加一个 boost 概念检查以确保它被正确使用。）

调用此函数的代码示例如下：

可能重复：
c++0x 中的递归 lambda 函数

如果我把它写成，为什么我不能递归地调用 lambda：

它给出了编译错误（ideone）：

错误是什么意思？

我明白我不能写这个的原因：

我们不能这样写，因为必须从它的初始化中推断出类型，这意味着如果它本身出现在初始化（ideone）中i，就无法推断出类型。但是在 lambda 的情况下有什么关系呢？如果我没记错的话，lambda 的类型是由它的参数和返回类型决定的；如果它不返回任何内容，则它不依赖于主体（在这种情况下，无论 lambda-body 中的其他语句如何，都将返回类型推导出为 ）。ivoid

无论如何，我有一个解决方法，我可以使用std::function：

编译罚款（ideone）。但我仍然有兴趣知道该auto版本无法编译的原因。

我有一些复杂的模板代码，其中的复制构造函数OPC被调用，即使我只是创建一个引用OPC（实际实例是OP_S，它作为 的子类OPC，不应该导致复制构造调用）。

我正在使用 gcc 4.6.1

代码如下。

答案如下 James McNellis 所述 - 需要auto&而不是auto.