C++ C++；：通过成员函数中的引用返回成员变量

假设我有以下结构：

class HeavyClass {

    public:
        static inline HeavyClass const &get() { // note the &
            return h_;
        }
    private:
        static HeavyClass h_;
};

HeavyClass HeavyClass::h_();

int main() {
    HeavyClass foo = HeavyClass::get(); // critical line
    return 0;
}

---

我的问题是，这真的会在关键时刻达到我想要的效果吗？也就是说，foo是h_的副本，还是实际上h_，就好像它是通过引用传递的一样

---

非常感谢

右侧的值与确定变量类型无关，您已声明变量类型为

HeavyClass

。因此，使用右侧的值实例化并初始化该类型的新对象。右侧是左值这一事实并不重要（它将进行左值到右值的转换）

函数的返回类型是否为引用并不改变函数调用的值，只改变值类别

---

请注意，这与

auto

完全相同：如果您说过

auto x=HeavyClass:：get（），它应该是相同的，出于相同的原因（
auto
推断类型，而不是值类别）。
我认为您需要类似于：

const HeavyClass& foo = HeavyClass::get();

如果你想把
foo
变成
h
你就在复制

函数
get
确实返回了一个引用，但您是在按值分配它：

HeavyClass foo = HeavyClass::get(); // critical line

在这里的关键行中，关键部分是
foo
的定义
foo
不是对-
HeavyClass
的引用——它是一个
HeavyClass
本身。因此，
foo
不能引用任何内容

<> C++中没有魔法，只有逻辑。好吧，也许有魔法，但没有一个是隐藏的。它这一切都显而易见。在这里，您声明了一个
HeavyClass
，而不是对-
HeavyClass
的引用，因此它不会神奇地变成一个引用

如果需要引用，请按以下方式声明foo：

const HeavyClass& foo = HeavyClass::get()

顺便说一句，看起来你想建立一个单身家庭。请在继续之前，至少研究并认识到为什么单例通常被认为是不好的所有论点。
“这真的会满足我的要求吗？”您忘记告诉我们您想要什么。您可以通过定义一个打印一些断言的构造函数来轻松测试它。下一句话“a是否会发生？”，您想要哪一个？这会给出“从类型为“const HeavyClass”的表达式中对类型为“HeavyClass&”的引用的初始化无效”更清楚地说，在
get（）
返回时，会避免复制；然后通过复制
h
来构造一个局部变量
foo
。因此，正确的方法似乎是实际返回一个指针，对吗？@bombax:不对。这意味着您使用的代码与您发布的代码不同。谢谢！我以前也试过类似的方法，但忘记了常量部分。现在它做了我想要的，我通过打印地址进行了双重检查。非常有用的答案！