如果您没有源代码，请在 C++14 中进行类型推导

Question

使用 C++14 中新的 return 类型推导，您可以编写如下代码：

auto almostPi (void) { return 3.14159; }

并且函数本身将使用 return 值来决定函数的 actual return 类型，在本例中为 double.

对于没有源代码，而只有包含如下内容的头文件的通用库，这是如何做到的：

auto almostPi (void);

在这种情况下，编译器如何知道在您这样做时警告您：

char *dodgyPointer = almostPi();

来自您自己的代码。

Answer 1

如果无法推导出 return 类型，则无法调用该函数：

$ cat test.cpp
auto almostPi(void);

void test() {
  char *dodgyPointer = almostPi();
}

$ g++ -c test.cpp --std=c++14
test.cpp: In function ‘void test()’:
test.cpp:4:24: error: use of ‘auto almostPi()’ before deduction of ‘auto’
   char *dodgyPointer = almostPi();
                        ^

库只需要在其 header 中声明实际的 return 类型。

如果您没有源代码，请在 C++14 中进行类型推导

Type deduction in C++14 if you don't have the source

return-type-deduction

c++14