【发布时间】：2011-01-23 18:15:03
【问题描述】：
例如，如果我有一个具有实例方法和变量的类
class Foo
{
...
int x;
int bar() { return x++; }
};
是否定义了返回后递增变量的行为？
【问题讨论】：
标签： c++ return post-increment
【发布时间】：2011-01-23 18:15:03
【问题描述】：
是的，相当于：
int bar()
{
int temp = x;
++x;
return temp;
}
【讨论】：
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如果
int不是int，而是MyClassWithOverloadedOperators，那么你就错了。 -
@Pavel：我不同意。具有未实现正确后增量语义的重载后增量运算符的类是错误的。
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@Void，如果你重载一个后增量，它不会神奇地变成一个 pre-increment，是吗？
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@Pavel：好的，是的，你在技术上是正确的——一个类可能没有前置增量，或者前置增量可能与后置增量有不同的效果（除了它的pre-ness），但这是一个如此模糊的场景，我认为不值得一提，而且我当然不认为它值得投反对票（假设是你）。
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@Pavel：我将它从
x++更改为++x，否则我将根据x++定义x++，并且我倾向于避免循环定义。另外，我不认为这是一个错误，就像我没有澄清我的代码仅在没有 #define for temp 或 bar 时才适用...此外，我的示例仅描述int100% 正确的操作。
是的……它会在增加 x 之前返回 x 的值，之后 x 的值将是 + 1……如果重要的话。
【讨论】：
已定义。
它返回递增前x 的值。如果x 是一个局部（非静态）变量，则此后增量无效，因为一旦函数返回，函数的局部变量就不再存在。但是如果x 是局部静态变量、全局变量或实例变量（如您的情况），则其值将在返回后递增。
【讨论】：
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但是如果自定义类上的
++-operator 过载会发生什么？会发挥它的作用吗？ -
@Dario 是的，会的。 "return" 后面的表达式将在 return 执行之前被完全计算。
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@Dario。是的，和你做
return x.dosomething();的原因完全一样，dosomething的效果会在return之前执行。重载后增量不是魔术，它只是一个返回值的函数，它恰好是旧值。 -
@Steve "重载后增量不是魔法，它只是一个返回值的函数，恰好是旧值" - 如果程序员决定这样实现它:-)
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是的，公平点。 “碰巧是旧值，如果程序员有他与生俱来的良好意识的话”。
大多数编程语言，如 C++，都是按照执行操作的顺序递归的（我在这里没有暗示编译器如何实际实现代码）。由任何定义良好的操作组成的复合操作本身就是定义良好的，因为每个操作都是在后进先出的基础上执行的。
后增量返回正在递增的变量的值之前递增它，因此return 操作接收该值。无需对此行为进行特殊定义。
【讨论】：
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我认为问题不在于会返回什么值，而在于是否会发生增量。如果你的心智模型认为“返回”会导致函数立即结束，这是一个可以理解的担忧——如果函数已经结束，是否真的有时间应用增量？当然，我们知道答案是是，但这只是因为编译器执行了像 Poita 的答案中那样的转换，以确保在应用所有副作用之前函数不会真正返回。
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这就是我的意思。在
x++“返回”之后遇到return语句。由于x++是一个操作，因此应该将其视为返回，就像Poita_ 提供的演示代码中一样。这样，很容易看出，由于x++被执行，其返回值被传递给return语句。x++会返回并然后递增是没有意义的。
我知道这个问题很久以前就已经回答了，但这就是它被定义的原因。 复合运算符基本上是函数的语法糖。 如果你想知道从函数返回后增量是如何发生的，它不会。它发生在运算符“function”返回前一个值之前。
对于一个整数，想像这样定义的后自增运算符函数：
int post_increment(int *n)
{
int temp = *n;
*n = *n + 1;
return temp;
}
【讨论】：
我认为它已定义但不是首选。它给人们带来了困惑。例如，以下代码打印 1 而不是 2。
#include <iostream>
#include <cstdlib>
using namespace std;
int foo()
{
int i = 1;
return i++;
}
int main()
{
cout << foo() << endl;
return 0;
}
【讨论】：
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试着改掉
using namespace std的习惯。该前缀的存在是有原因的：保护您免受命名冲突，并明确这些函数、数据结构和其他内容的来源。