C++ 这是一种克服省略以保留dtor副作用的方法吗？

我想确保在RVO候选函数中保留析构函数的副作用。我的目标是在进入和退出时快照堆栈，并显示预期的堆栈变量。这段代码似乎适用于C++11，而不使用编译器特定的选项，但我不知道在早期版本中如何做到这一点，而不添加虚假的测试实例来创建多个返回路径。是否有一些技巧，这是否总是适用于c++11

class Test {
public:
    int m_i;
    Test() { m_i = 0; cout << "def_ctor" << endl; }
    Test(const Test& arg) { this->m_i = arg.m_i; cout << "copy_ctor" << endl;}
    ~Test() { cout << "dtor needed for side effects" << endl; }
};

Test foo() {
    Test ret;
    return std::move(ret);
}

int main()
{
    Test x=foo();
}

类测试{
公众：
国际货币基金组织；
Test（）{m_i=0；cout
std:：move
不是魔术，它只是一个返回其参数引用的函数，因此在任何版本的C中都应该可以这样做++

template<typename T>
  const T&
  defeat_rvo(const T& t)
  { return t; }

Test foo() {
    Test ret;
    return defeat_rvo(ret);
}

复制省略规则规定，当return语句中的表达式是“非易失性自动对象的名称”时，可以直接在返回值中构造本地对象，这里不是这种情况，因为它是对对象的引用，而不是对象本身的名称。我不太确定这种情况，但强制转换应该起作用：

Test foo() {
    Test ret;
    return static_cast<const Test&>(ret);
}

testfoo（）{
测试ret；
返回静态_-cast（ret）；
}

这肯定不是对象的名称，也不是对象别名的名称，而是强制转换表达式。
不要返回您不希望忽略的对象；任何此类更改在将来的维护或重构中都将是脆弱的

一般来说，对象在可能发生省略的情况下应该支持省略；这对移动或复制构造的内容以及析构函数的功能设置了语义限制

违反这些语义限制很容易（
template T copy_of（T const&T）{return T；}
，然后
return copy_of（whatever）；
，或者
static_cast
，或者其他任何内容）。从代码可维护性的角度来看，简单并不意味着安全。
我知道，至少在历史上，向实例添加volatile会强制运行代码/访问内存地址。是的，RVO只允许用于非volatile对象，但使其易失性会产生其他影响，并且意味着复制构造函数需要能够复制易失性对象。您可以使用返回其参数的测试模板方法吗？因此，您可以编写
return-Test.return（ret）；
而不是
return-Test.return（ret）；
然后在方法“return”中执行状态检查。它将是一个模板，因此它将返回其参数的类型：
T return（T）{…}
（目前无法尝试此操作，但我会稍后再尝试，看看是否有效。）将返回值放在括号中难道不起作用吗？即
return（ret）；
&乔纳森·韦克利和本杰明·林德利使用VS2015 U2静态强制转换和（ret）elides。我希望引用强制转换能起作用。唉。
return（ret）
不需要禁止复制省略，在实践中通常不需要。挫败\u rvo（）与放入单独的ref变量一样有效。不知道为什么静态强制转换不起作用。将静态强制转换更改为
static\u cast（ret）
确实起作用（与move的作用差不多）但它不是可移植的C++，我错了。只是做了一个<代码>静态分析（RET）

在VS2015中不起作用。它必须被传递到函数中，并且返回的函数参数不会被忽略。根据标准，这似乎是迄今为止最好的解决方案。我会看看人们提出了什么想法，然后再检查。我同意这种观点，但有时我需要插入一个函数来检查t上的自动变量他在堆栈退出时进行堆栈，因此我正在寻找一种安全的方法来执行此操作。当然，这些变量在堆栈上的显示方式是由实现定义的，但这是必须遵守的。@doug然后编写一个范围保护类？为什么要将其与返回值关联？范围保护（非常酷的技术）会阻止“ret”吗在调用例程中被实例化，因此不会出现在当前函数堆栈框架中？

Test foo() {
    Test ret;
    return static_cast<const Test&>(ret);
}