声明类实例的两种方式的区别

Question

假设我们有一个没有默认构造函数的类：

class Foo {
 public:
  Foo(int data) : _data(data) { }
  int data(void) const { return _data; }
 private:
  int _data;
};

为什么会编译它以及它的作用：

Foo x();

即使上面的编译，你也不能执行以下任何操作：

x.data();   // doesn't compile: request for member 'data' in 'x', which is of non-class type 'Foo()'
x->data();  // doesn't compile: request for member 'data' in 'x', which is of non-class type 'Foo()'
x().data(); // compiles!!! but linking fails with: undefined reference to `x()' 
x()->data();// doesn't compile:  base operand of '->' has non-pointer type 'Foo'

我想我只是对在后面添加 () 感到困惑x 可以，为什么语言允许这样做？这是允许的和/或有用的吗？似乎堆栈上也没有分配 Foo 实例，因为即使使用 -Wunused-variable，也不会出现有关 Foo x(); 中的 x 的警告

相反，以下两者都不会编译：

Foo *x = new Foo;  //  error: no matching function for call to 'Foo::Foo()
Foo *y = new Foo();//  error: no matching function for call to 'Foo::Foo()

这看起来更一致，我不明白 Foo x(); 发生了什么

编辑：好的，弄清楚了。 Foo x();是函数“x”的原型，它不带参数并返回 Foo。由于该函数没有在任何地方定义，因此尝试像 Foo 实例 (x.data()) 或 Foo 指针 (x->data()) 一样使用它不工作。 x()->data() 不起作用，因为 x() 的类型为 Foo，而不是指向 Foo 的指针。 x().data() 编译是因为 x() 返回 Foo，它有一个 data 方法，但是它无法链接，因为函数 x 尚未定义。呼。

Answer 1

Foo x();

这不会创建 Foo 类型的对象x。相反，您声明了一个返回类型为 Foo 的函数 x。

这个 C++ FAQ 条目应该会有所帮助。

现在，

Foo *x = new Foo;  //  error: no matching function for call to 'Foo::Foo()

new Foo 调用默认构造函数，而您没有，这就是错误的原因。如果类提供构造函数，则编译器不会提供默认构造函数。

Answer 2

Foo x(); 不是 Foo 类型的默认构造对象，而是一个函数声明：一个名为 x 的函数，不带参数并返回 Foo。谷歌搜索“最令人烦恼的解析”。

Foo 类型的默认构造对象将是 Foo x;。