C++ gnu:：如果返回类具有析构函数，则忽略warn_unused_result属性

我想警告用户，如果他/她没有保存某个函数的返回值，但如果该函数返回一个具有非默认析构函数的类，则该函数不起作用

假设以下代码：

struct A {};
struct B { ~B() {} };

[[ gnu::warn_unused_result ]]
A foo() { return A{}; }

[[ gnu::warn_unused_result ]]
B bar() { return B{}; }

int main()
{
    foo(); // warning
    bar(); // no warning
    return 0;
}

使用g++6.2.1编译时，只有

foo（）

生成警告：

$ g++ -Wall -Wextra ./test.cpp 
./test.cpp: In function ‘int main()’:
./test.cpp:13:9: warning: ignoring return value of ‘A foo()’, declared with attribute warn_unused_result [-Wunused-result]
     foo();
         ^

我理解调用

B

的析构函数可能被视为“结果的使用”，但问题是：

• 这是预期的行为还是g++中的错误/特性
• 在这种情况下，有没有办法强制编译器发出警告
• C++17的

  [[nodiscard]]

  行为是否也一样

这是预期的行为还是g++中的错误/特性

这是一个QoI问题，所有类似的警告也是如此。gcc 7确实对

bar（）

发出了警告，因此，虽然不发出警告不是错误，但gcc 6.2中缺少了更多的功能

C++17的

[[nodiscard]]

行为是否也一样

这也是实现定义的。[dcl.attr.nodiscard]中的标准中有一个非规范性注释：

外观 不鼓励将nodiscard调用作为一个可能经过计算的废弃值表达式（第5条），除非明确 使无效在这种情况下，鼓励实施发出警告。这通常是因为 丢弃nodiscard调用的返回值会产生令人惊讶的后果

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在这种情况下，实现不需要发出警告。但他们可能会这样做

我认为这是一个错误。但我不知道作者的意图是什么。问题是，如果稍微修改返回对象的类，行为可能会从一个构建更改到下一个构建。我不知道怎么会有人觉得这是可取的。你的项目无法控制的库对象呢？QoI代表什么？实施质量（胡乱猜测）？@Kane Yep。猜对了。