C++就地析构函数编译警告

我用我的代码就地析构函数，类似这样的精简一段代码：C++就地析构函数编译警告

#include <new> 
#include <stdlib.h> 

struct Node { 
}; 

int main(int, char**) { 
    Node* a = reinterpret_cast<Node*>(malloc(sizeof(Node))); 
    new(a) Node; 

    Node* b = a; 
    b->~Node(); 

    free(a); 
}

不幸的是这给了我在Visual Studio 2015年警告，无论是在Debug和Release ：

warning C4189: 'b': local variable is initialized but not referenced

它编译罚款虽然G ++，甚至-Wall。任何想法为什么我得到警告？可能这是编译器中的一个错误？ b清楚地在b->~Node()呼叫中使用。

它也似乎当我改变的节点执行这个编译罚款：

struct Node { 
    ~Node() { 
    } 
};

但据我可以说，这不应该有所作为。

来源

2017-01-03 martinus

嗯，我的猜测是，优化器完全抛弃了对默认析构函数的调用，然后得出结论认为'b'永远不会被使用。只有在编译经过优化的版本时才会看到此警告，或者您是否在未优化/调试版本中看到此警告？ –

它也在调试版本 – martinus

有趣。是的，我在优化器启用和禁用的情况下对32位和64位版本以及VS 2010,2012和2015进行了重新编译。对我来说看起来像是一个bug，除非我还缺少一些明显的东西。（当然，它*是*在优化构建中消除了对析构函数的调用，事实上，它也消除了对构造函数的调用。目标代码只调用'malloc'和'free'。） –

在C++中没有关于编译器警告的标准。因此，每个编译器都可以在任何地方提醒你，这是一个选择问题。

在你的情况下，警告确实有意义，因为默认析构函数可能不会将视为引用（例如：所有局部变量在其作用域的末尾被默认销毁）。

来源

2017-01-03 11:10:18

Trivial destructor

类T的析构函数是平凡的，如果满足以下所有的条件为真：

析构函数不是用户提供的（意思是，它要么是隐式地声明，或明确定义为默认第一个声明）
析构函数不是虚拟的（也就是说，基类析构函数不是虚拟的）
所有直接基类都有微不足道的析构函数
类类型（或类类型数组）的所有非静态数据成员都有微不足道的析构函数。

一个微不足道的析构函数是一个不执行任何操作的析构函数。带有琐碎析构函数的对象不需要delete-expression，并且可以通过简单地释放其存储来处理。

来源

2017-01-03 11:16:01 sameerkn

C++就地析构函数编译警告

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