迂回gcc警告：函数返回types的types限定符
当我第一次使用GCC 4.3编译我的C ++代码（编译成功之后， -Wall -Wextra没有带-Wall -Wextra选项的警告），我突然间发现了一堆forms为warning: type qualifiers ignored on function return type的错误warning: type qualifiers ignored on function return type 。
考虑temp.cpp ：
class Something { public: const int getConstThing() const { return _cMyInt; } const int getNonconstThing() const { return _myInt; } const int& getConstReference() const { return _myInt; } int& getNonconstReference() { return _myInt; } void setInt(const int newValue) { _myInt = newValue; } Something() : _cMyInt( 3 ) { _myInt = 2; } private: const int _cMyInt; int _myInt; };
运行g++ temp.cpp -Wextra -c -o blah.o ：
temp.cpp:4: warning: type qualifiers ignored on function return type temp.cpp:7: warning: type qualifiers ignored on function return type
有人能告诉我我在做什么违反C ++标准的错误吗？ 我认为，当按值返回时，主要的const是多余的，但是我很难理解为什么有必要用它产生一个警告。 还有其他地方我应该离开常客？
它不违反标准。 这就是为什么他们是警告而不是错误 。
事实上你是对的 – 主要的const是多余的。 编译器警告你，因为你已经添加了代码，在其他情况下可能意味着什么，但在这种情况下什么也没有，并且希望确保你以后不会失望，当你的返回值变成可以修改的时候。
编译一些使用Boost.ProgramOptions的代码时，我遇到了这个警告。 我使用 – -Werror所以警告是杀死我的构build，但因为警告的来源是在Boost的深处，我不能通过修改我的代码摆脱它。
经过多次挖掘，我发现禁用警告的编译器选项：
-Wno-ignored-qualifiers
希望这可以帮助。
当你返回一个引用或一个指针（在这种情况下指向常量而不是常量指针）时，返回一个常量值是有意义的，因为调用者能够修改引用的（指向的）值。
对代码的另一个评论与你的问题没有关系：我认为使用setter代替更好
int& getNonconstReference() { return _myInt; }
其中应该是：
void setMyInt(int n) { _myInt = n; }
而且，把一个const引用返回给int是没用的。 对于复制或移动更昂贵的更大的对象确实是有意义的。
有这个
struct Foo { Foo(int) {} operator bool() { return true; } };
然后
Foo some_calculation(int a, int b) { Foo result(a + b); /*...*/ return result; }
这个例子
if (some_calculation(3, 20) = 40) { /*...*/ }
编译没有警告。 当然，这是罕见的。 但是，让人们难以做错事不是正确的吗？ 而且期望人们尝试的东西，这是错误的，返回types应该被声明为const。 而且：g ++警告忽略分类器，但不会忽略它。 我认为，警告是关于复制副本的用户，并忽略其副本上的常量分类器。 但这不应该是一个警告，因为这是绝对正确的行为。 这样做是有道理的。
不应该只允许严格遵守ISO标准？ 取决于-std =当然…
在声明函数返回指向不应该被修改的对象的函数时，这个警告也是有用的，以避免混淆：
// "warning: type qualifiers ignored on function return type" // as the pointer is copied. Foo* const bar(); // correct: const Foo* bar();
基本types结果上的const和忽略的consttypes之间有区别，types结果上的const通常会造成严重的后果。
namespace i { auto f() -> int const { return 42; } void g( int&& ) {} } namespace s { struct S {}; auto f() -> S const { return {}; } auto g( S&& ) {} } auto main() -> int { { using namespace i; g( f() ); } // OK { using namespace s; g( f() ); } // !The `const` prevents this. }
这就是编译器在第一种情况下提出警告的原因：这是一个特殊情况，可能不会做到天真的预期。
对于现代编程来说，恕我直言，也会对关于类types结果的const发出警告，因为它禁止移动语义; 一个相当严重的成本，无论任何一个小想法的优势。
斯科特·迈耶斯（Scott Meyers）指出，为什么有人想要返回const值，这是非常好的理由。 这是一个例子：
int some_calculation(int a, int b) { int res = 0; /* ... */ return res; } /* Test if the result of the calculation equals 40.*/ if (some_calculation(3,20) = 40) { }
你看到我做错了吗？ 这段代码是绝对正确的，应该编译。 问题是，编译器不明白，你打算比较而不是分配值40 。
使用const返回值，上面的例子不会被编译。 那么，至less如果编译器不放弃const关键字。
