使用范围保护时如何避免警告？答案

【问题标题】：How to avoid warning when using scope guard?使用范围保护时如何避免警告？
【发布时间】：2016-06-05 20:28:15
【问题描述】：

我正在使用愚蠢的范围保护，它正在工作，但它会生成一个警告说该变量未使用：

warning: unused variable ‘g’ [-Wunused-variable]

代码：

folly::ScopeGuard g = folly::makeGuard([&] {close(sock);});

如何避免这样的警告？

【问题讨论】：

我认为你不应该使用folly::ScopeGuard g = folly::makeGuard([&] {close(sock);});。你应该使用SCOPE_EXIT{close(sock);}。看看这是否会使警告消失。如果没有，可能有一种方法可以在定义中破解使用。
什么编译器版本？如果g 的析构函数确实做了一些事情，那么编译器不应该对此发出警告，它可能被认为是一个错误（并且可能已在以后的版本中修复）。
应该注意的是，C++17 似乎正在获得一个[[maybe_unused]] 属性，该属性将提供一种标准保证的方式来声明一个变量将不被使用。
@M.M：编译器警告此类变量并非不合理，即使它们具有执行某些操作的析构函数。如果你只是声明了一个std::string 并且不小心忘记使用它，编译器仍然应该警告它，因为你几乎肯定是想对它做些什么。
@NicolBolas 公平点

【解决方案1】：

您可以将变量标记为未使用：

folly::ScopeGuard g [[gnu::unused]] = folly::makeGuard([&] {close(sock);});

或将其转换为 void：

folly::ScopeGuard g = folly::makeGuard([&] {close(sock);});
(void)g;

两者都不是很好，imo，但至少这可以让您保留警告。

【讨论】：

【解决方案2】：

您可以通过-Wno-unused-variable 禁用此警告，但这有点危险（您会丢失所有真正未使用的变量）。

一种可能的解决方案是实际使用该变量，但不对其进行任何操作。例如，将其设为 void：

(void) g;

可以做成宏：

#define IGNORE_UNUSED(x) (void) x;

或者，您可以使用boost aproach：声明一个什么都不做的模板函数并使用它

template <typename T>
void ignore_unused (T const &) { }

...

folly::ScopeGuard g = folly::makeGuard([&] {close(sock);});
ignore_unused(g);

【讨论】：