C++ 通过引用返回局部变量仍然显示正确的值

我有这门课：

class A
{
private:
    int a;
public:
    int getA();
    void setA(int a=2) ;
};

和一个函数：

A& func()
{
A a;
a.setA(777);
return a;
}

总的来说：

A a;
a=func();
cout<<a.getA();

A；
a=func（）；
cout因为代码的行为是未定义的，并且至少在一种情况下看起来工作正常是未定义行为的可接受表现

您可能会得到
“777”
：以NUL结尾的
常量字符[4]
类型。
就像Bathsheba已经回答的那样，返回对临时变量的引用会导致未定义的行为

不幸的是，根据我的经验，在这方面有两件坏事：


由于编译器的结构，引用通常是“表面上”正确的，如您的示例中所示
“returnreferencetotemporary”只发出编译器警告，而不是错误

这两件事加在一起使得这个问题非常危险，因为它很容易被忽略，甚至可以工作多年。。。直到那次非常重要的演讲那天

解决方案是将此警告视为错误（有关编译器标志，请参阅编译器文档），或者更好地将所有警告视为错误。
是什么使该值准确地“正确”？你刚才不是说你知道你不应该得到那个值吗？如果你不应该得到它，它怎么可能是对的？可能的重复可能的重复我在商店偷了一块饼干，但我仍然没有进监狱。这能证明偷饼干是合法的吗？显然，我真的不明白为什么这个问题应该得到7（七）个否决票。它有一个最小的、完整的（好的，完整的，除非你不是太笨，不能键入两个平凡的getter和一个main函数）示例，它显示了一个清晰的问题和一个清晰的问题。