C++ C++；在函数中声明的结构在main中可见

为什么这个代码可以工作？使用

c++14

// Example program
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;


auto fun()
{
    struct a
    {
        int num = 10;
        a()
        {

            cout << "a made\n";
        }
        ~a()
        {
            cout << "a destroyed\n";
        }
    };
    static a a_obj;
    return a_obj;
}


int main()
{
    auto x = fun();
    cout << x.num << endl;

}

//示例程序
#包括
#包括
使用名称空间std；
汽车娱乐（）
{
结构a
{
int num=10；
()
{
coutC++14对
auto
越来越宽容。您的问题不清楚，因为您没有说明问题所在

现在让我们以不同的方式来解决您的问题：为什么它不能与
ax=…
一起工作

原因是结构定义不在main的范围内。现在可以这样做：

// Example program
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;

struct a
{
    int num = 10;
};

auto fun()
{
    static a a_obj;
    return a_obj;
}


int main()
{
    a x = fun();
    cout << x.num << endl;

}

//示例程序
#包括
#包括
使用名称空间std；
结构a
{
int num=10；
};
汽车娱乐（）
{
静态a_obj；
返回一个_obj；
}
int main（）
{
a x=乐趣（）；
cout在你意识到这一点之前，这一切都是令人惊讶的：名称可见性并没有隐藏类型。它只是隐藏类型的名称。一旦你理解了这一点，一切都是有意义的

我可以不使用
auto
，只使用普通的旧模板向您展示：

auto fun()
{
    struct Hidden { int a; };

    return Hidden{24};
}

template <class T> auto fun2(T param)
{
    cout << param.a << endl; // OK
} 

auto test()
{
    fun2(fun()); // OK
}

auto-fun（）
{
结构隐藏{int a；}；
返回隐藏的{24}；
}
模板自动fun2（T参数）
{
因为
fun
的返回类型被推断为
struct a
，它难道不知道吗？如果我从
auto x=
更改为
a x=
它不编译，为什么让
auto
工作呢？因为编译器会在编译时推断返回的变量，所以他知道它将是
struct a
。如果使用
a x=
，编译器不知道此数据类型，因为它在另一个作用域中声明。因为您无法直接访问
a
。您可以使用
decltype（fun（））x；
来表示
fun
返回的任何类型的“make
x
”。不是将x.num称为编译器错误，实现细节不应该在fun（）之外可见（您使用的是哪种编译器）我知道您的代码工作的原因，我只是在测试函数中的结构时看到一些东西，但是
auto
可以“猜测”这一事实让我有点害怕：（@pyjg“guess”是错误的词。它要么毫无疑问地知道，要么给你一个错误。没有猜测。@pyjg实际上对我来说更奇怪的是它在C++98/03中无法检测到它。为什么不呢？在决定类型时绝对没有歧义，那么为什么要创建编译错误呢？这就是在C++14中引入这种灵活性的原理。@nwp“Detect”听起来更好？我相信合适的术语是“Detection”，就像在模板参数推断中一样。在C++03中，甚至可以通过类返回私有类型的实例来完成同样的事情。另一个例子是lambdas，它从来没有名称，但通常只是带有
运算符（）
的结构。