C++ std ::移动指针

我有一个C++框架，我提供给我的用户，他们应该使用我用自己的实现编写的模板包装作为模板类型。包装器充当RAII类，它包含一个指向用户类实现的指针。为了使用户的代码干净整洁（在我看来），我提供了一个转换操作符，它将包装器转换为它所包含的指针。这种方式（以及其他一些重载）用户可以使用我的包装，就好像它是一个指针（很像shared_ptr）。C++ std ::移动指针

我遇到了一个角落的情况，用户调用一个函数，该函数使用指向他的实现类的指针，在我的包装上使用std :: move。这里是什么样子的例子：

#include <iostream> 
using namespace std; 

struct my_interface { 
    virtual int bar() = 0; 
}; 

template <typename T> 
struct my_base : public my_interface { 
    int bar() { return 4; } 
}; 

struct my_impl : public my_base<int> {}; 

template <typename T> 
struct my_wrapper { 
    my_wrapper(T* t) { 
     m_ptr = t; 
    } 

    operator T*() { 
     return m_ptr; 
    } 

private: 
    T* m_ptr; 
}; 

void foo(my_interface* a) { 
    std::cout << a->bar() << std::endl; 
} 


int main() 
{ 
    my_impl* impl = new my_impl(); 
    my_wrapper<my_impl> wrapper(impl); 
    foo(std::move(wrapper)); 
    //foo(wrapper); 

    return 0; 
}

[这是ofcourse只是案件的一个例子，有在包装更多的方法，但我敢肯定，在这里不发挥作用在这种情况下]

用户，如我所料，如果在包装上调用std :: move，那么在调用foo之后，包装将是空的（或者至少像被移动一样进行修改），但实际上在foo之前调用的唯一方法是演员。

有没有一种方法，使两个调用使用和不std::move打电话时foo即区分之间的调用foo？

编辑得益于鸣叫鸭的评论，我发现一种方式，my_wrapper知道哪些电话是必需的，但我真的不知道这是一起去的最佳方法，并赞赏这样的评论，以及：

而不是以前的类型转换操作符的使用以下两种：

operator T*() & { 
    return m_ptr; 
} 

operator T*() &&{ 
    //Do something 
    return m_ptr; 
}

现在operator T*() &&用的std ::移动和operator T*() &打电话时被称为没有它调用时被调用。

来源

2017-01-13 ZivS

您是指在呼叫站点还是被调用者区分？ –

被调用者的意思是'my_impl'类型？ – ZivS

用户的期望是不合理的。如果你对某个东西调用了'std :: move'，并将它传递给一个没有占用移动对象的函数，那么期望这个对象是空的或者更改是不合理的。例如：'std :: shared_ptr foo; ... std :: move（foo） - > bar（）;'这不应该改变'foo'，因为'bar'不占有。如果'bar（std :: move（foo））;'也是如此。 'std :: move'只是给被调用的函数*权限*来移动对象，如果没有指定它，它不会强制它移动它。 –

用户，正如我预计，如果性病::此举被称为在包装，然后调用后foo的包装将是空的（或至少修改，如果它被移动）

你的期望是错的。只有在移动发生时才会对其进行修改，即如果转移某种资源的所有权。但调用foo不会做那样的事情，因为它只是访问包装器内的指针。调用std::move不会做任何事情，除非将其参数转换为右值，而不会改变它。某些通过引用接受右值的函数可能会对其进行修改，因此std::move启用了该功能，但它本身不会这样做。如果您没有将右值传递给这样的函数，那么不会发生修改。

如果你真的想让它空，您可以添加过载做到这一点：

template<typename T> 
void foo(my_wrapper<T>&& w) { 
    foo(static_cast<my_interface*>(w)); 
    w = my_wrapper<T>{}; // leave it empty 
}

可是......为什么呢？为什么要这样做？

，如果你做的包装不会留空：

my_wrapper<my_impl> w(new my_impl); 
my_wrapper<my_impl> w2 = std::move(w);

而不是由空：

my_wrapper<my_impl> w(new my_impl); 
my_wrapper<my_impl> w2; 
w2 = std::move(w);

如果复制一个右值包装不留空，为什么应该简单地访问它的成员将它留空？这是没有意义的。

即使你包装有一个移动构造函数和移动赋值操作符，这样上面的例子做离开w空，仍然并不意味着访问一个右值对象的成员应该修改的对象。为什么operator T*转换是对左值还是右值做了逻辑区分？

（另外，你真的能肯定的是同时具有从包裹指针类型和隐式转换是一个好主意？提示：这不是一个好主意，一般更愿意让你转换明确，特别。如果您正在处理指向动态分配对象的指针）

来源

2017-01-13 01:32:10

一年后，阅读你的答案是有道理的，我可以说，第一次阅读这个答案对我来说感觉不对，但现在我知道这只是因为我没有完全理解移动语义。谢谢：） – ZivS

C++ std ::移动指针

回答

相关问题