为什么 common_type<long, unsigned long>::type = long long？

Question

common_type<long, unsigned long>::type 是 unsigned long 因为标准说关于积分提升后的操作数...

[...] 如果具有无符号整数类型的操作数的秩大于或 等于另一个操作数的类型的等级，操作数与 有符号整数类型应转换为操作数的类型 无符号整数类型

不要称积分提升系统有问题，但似乎如果有更大的有符号整数类型可以表示有符号和无符号操作数的范围，则应该使用它。

我知道有些平台可能有 long == long long，在这种情况下，上面的规则可以生效。但是如果有更大的有符号整数类型可用，不应该使用它吗？

Answer 1

首先，std::common_type（当然还有 boost::type_traits::common_type）使用三元运算符来检索类型结果。在这种情况下，相关引用来自CppReference, 6b)

E2 和 E3 具有算术或枚举类型：应用通常的算术转换将它们转换为通用类型，该类型就是结果。

有了这些信息，我们可以在c++ standard, 5p10, page 88 中找到常用算术转换的规则。

——否则，如果无符号整数类型的操作数的秩大于或等于另一个操作数类型的秩，则将有符号整数类型的操作数转换为无符号整数类型的操作数的类型.

所以基本上你的问题的答案是：...因为标准是这样说的。

但您并不是唯一一个发现这种行为出乎意料的人。下面是一个可以快速运行的示例：

#include <iostream>
#include <typeinfo>
#include <type_traits>

int main(int argc, const char* argv[])
{

    std::cout << typeid(std::common_type<char, unsigned char>::type).name() << std::endl;
    // I would expect "short", and the result is "int", ok so far.

    std::cout << typeid(std::common_type<short, unsigned short>::type).name() << std::endl;
    // I would expect "int", and the result is "int", yay.

    std::cout << typeid(std::common_type<int, unsigned int>::type).name() << std::endl;
    // I would expect "long", but the result is "unsigned int"

    std::cout << typeid(std::common_type<long, unsigned long>::type).name() << std::endl;
    // I would expect "long long", but the result is "unsigned long"


    // So this usual arithmetic conversion can lead to unexpected behavior:
    auto var_auto = true ? var_i : var_ui;
    std::cout << typeid(var_auto).name() << std::endl;   // unsigned int
    std::cout << var_auto << std::endl;                  // 4294967173

    return 0;
}

但是当前的行为是一个问题是known，而proposal 的存在是为了消除一些意外。

-汉尼斯