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

Question

common_type<long, unsigned long>::type是unsigned long因为涉及以后整体推广的标准说，操作数...

[...]如果具有无符号整数类型操作数的秩大于或等于 的类型的秩另一个操作数，与 符号整型操作数应转换为操作数的类型与 无符号整型

不叫整体推进体制越野车，但它好像如果有一个更大有符号整数类型wh它可以表示它应该使用的有符号和无符号操作数的范围。

我知道一些平台可能有很长的== long long，在这种情况下上述规则可以生效。但是如果有是有更大的有符号整型可用，不应该使用它吗？

Answer 1

首先，std :: common_type（当然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，相关的报价来自CppReference，6B）

E2和E3已经算术或枚举型：常见的算术转换应用，使他们的常见类型，该类型是结果。

有了这个信息，我们可以找到一个通常的算术转换规则在c++ standard，5P10，第88页。

- 否则，如果具有无符号整数类型操作数的排名更高大于或等于另一个操作数的类型的等级，则带符号整数类型的操作数应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。

但是，你不是唯一一个发现这种行为出乎意料的人。这里有一个快速运行的例子尝试：

#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，目前的行为是一个问题是known和proposal的存在是为了去除一些惊喜。

-Hannes