“继承”移动操作无需访问基类成员变量

作为新的右值引用和移动语义，我试图从std::vector派生一个简单的模板类（我保证我会小心缺乏虚拟析构函数）。以“继承”的举动构造函数，我只是调用基类的同行和std::move，“继承”移动操作无需访问基类成员变量

template <typename T> 
class Vec: public std::vector<T> { 
    public: 
    ... 
    //move ctors 
    Vec(Vec&& v): std::vector<T>(v) { //move extra members with std::move } 
    explicit Vec(std::vector<T>&& v): std::vector<T>(v) { //same as above } 
    ... 
};

根据我的C++的理解，这似乎值得信赖。然而，我在我的移动赋值运算符的做法少了很多信心，

//assignment 
    Vec& operator=(const Vec& v) { 
     std::vector<T>::operator=(v); 
     if (&v != this) 
      //copy extra members 
     return *this; 
    } 
    //move assignment 
    Vec& operator=(Vec&& v) { 
     std::vector<T>::operator=(v); 
     //move extra members with std::move 
     return *this; 
    }

这是实现我想要什么的万无一失的方法？在良好实践方面是否有更好的选择？

来源

2015-09-09 downhillFromHere

一个很好的指导原则是[规则零]（http://flamingdangerzone.com/cxx11/rule-of-zero/） –

@JonathanWakely尽管我仍然更喜欢在每个地方写'= default'和'= delete'。 – Barry

@巴里，是的，我也是，但我认为仍然遵循规则，只是更明确地表明你有意识地不自己定义成员。 –

这似乎是值得信赖的...

它似乎值得信赖。但事实并非如此。你看，这个：

Vec(Vec&& v)

是一个移动构造函数。所以它会被右值调用。但一旦我们在这里，v是一个左值！经验法则：如果它有一个名字，那是一个左值。因此，这部分：

: std::vector<T>(v)

不叫移动构造std::vector。它调用拷贝的构造函数。您需要显式转换v到右值做正确的事：

Vec(Vec&& v) : std::vector<T>(std::move(v)) { } 
explicit Vec(std::vector<T>&& v): std::vector<T>(std::move(v)) { }

或者，更好：

Vec(Vec&&) = default;

同样，写赋值运算符的万无一失的方法就是default -ing他们：

Vec& operator=(Vec const&) = default; 
Vec& operator=(Vec&&) = default;

但如果你真的有特殊的逻辑，一定要记得转换为右值有太多：

Vec& operator=(Vec&& v) { 
    std::vector<T>::operator=(std::move(v)); 
    // stuff 
    return *this; 
}

或者甚至更好，将您的特殊逻辑移动到一个自包含的单元中，以便default -ing仍然正确。

来源

2015-09-09 16:08:49 Barry

@downhillFromHere'default'显式地执行任何函数的默认版本。如果你有成员变量，'default'赋值运算符将是一个成员明智的赋值。如果你需要做资源管理，你应该封装，以便你可以利用零规则。 – Barry

“继承”移动操作无需访问基类成员变量

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