Pedantic gcc警告：函数返回类型上的类型限定符 当我第一次用GCC 4.3编译我的C++代码时（在成功编译后没有4.1、4、3.4的警告，使用 -Walth-WoTe>代码>选项），我突然得到了一组形式错误：代码>警告：函数返回类型被忽略的类型限定符。

考虑

温度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

---

有人能告诉我违反C++标准的做法是什么吗？我认为当按值返回时，前导的

常量是多余的，但是我很难理解为什么需要用它生成警告。还有其他地方我应该停止const吗？
它没有违反标准。这就是为什么它们是警告而不是错误

事实上，你是对的，前导的
常量是多余的。编译器警告您，因为您已经添加了代码，在其他情况下可能有意义，但在这种情况下没有意义，并且它希望确保您在返回值最终可修改时不会失望。
我在编译一些使用Boost.ProgramOptions的代码时遇到了此警告。我使用了
-Werror
，因此警告正在扼杀我的构建，但由于警告源位于Boost的深处，我无法通过修改代码来消除它

经过深入挖掘，我找到了禁用警告的编译器选项：

-Wno忽略的限定符

希望这能有所帮助。
指出，有人想要返回
const
值是有充分理由的。下面是一个例子：

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)
{

}

你知道我做错了什么吗？这段代码绝对正确，应该编译。问题是编译器不理解您打算比较而不是赋值
40

使用
const
返回值，上述示例将无法编译。好吧，至少如果编译器没有丢弃
const
关键字

struct Foo{Foo（int）{}运算符bool（）{return true；}}

那

Foo一些计算（inta，intb）{Foo结果（a+b）；/*…*/返回结果；}

榜样

if（一些计算（3，20）=40）{/*…*/}

编译时没有警告。当然，这是罕见的。但const correction不就是让人们很难做错事吗？由于期望人们尝试错误的事情，返回类型应该声明为const。
并且：g++警告忽略分类器，但不会忽略它。我认为，警告是关于用户，他们拿走了副本，却忽略了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。
学究不应该只允许严格遵守ISO标准吗？根据-std=当然…
在声明函数返回指向不应修改的对象的指针时，此警告也有助于避免混淆：

/“警告：函数返回类型上的类型限定符被忽略”
//当指针被复制时。
Foo*const-bar（）；
//正确：
常量Foo*bar（）；
只有在返回引用或指针（在本例中是指向常量的指针，而不是常量指针）时，返回常量值才有意义，因为调用方可以修改引用（指向的）值

与您的问题无关的代码的另一条评论：
我认为最好用二传手而不是

int& getNonconstReference() {
    return _myInt;
}

其中应包括：

void setMyInt(int n) {
  _myInt = n;
}

此外，将常量引用返回到int是没有用的。对于复制或移动成本更高的较大对象来说，这是有意义的。
基本类型结果上的
常量被忽略，而类类型结果上的
常量通常造成严重破坏

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发出警告的原因：这是一种特殊情况，可能无法达到人们天真的期望

对于现代编程来说，最好在类类型结果上添加一个关于
const
的警告，因为它禁止移动语义；无论预想到什么样的小优势，这都是一个相当严重的代价。
看看这个类似的问题和答案：我以前见过类似的警告，不过，我花了几分钟试图理解代码中发生了什么。也许更好的错误报告会加快速度。而不是
警告：在函数返回类型上忽略类型限定符
类似于
警告：当您按值返回时，请不要添加常量限定符
@Avio为什么不将
常量
限定符添加到返回值的函数中？我们这样做是因为我们不希望以后值能够更改。@Franky const int foo（）；它发出警告而不是错误并不意味着什么。其他无效代码，如
sizeof（void）
也只是发出警告，但显然是禁止的。标准不知道警告和错误之间的区别：两者都是诊断。@litb:他说的仍然是正确的。当然，它们是警告的事实并不能保证它不会像您所说的那样违反标准，但是它们发出警告而不是错误的原因是编译器实现者不想禁止它。他们不想禁止它的原因是因为它没有违反标准。它完全违反了标准吗？我想我的第一句话对此相当清楚，@Philipp。看看Johannes在问题评论中提到的问题：不，它不应该编译。
some\u计算的结果是int类型的右值。您不能分配给非类类型的右值。如果返回值是类类型，则
const
是正确的，不会生成wa