C++移动构造函数，删除和省略，何时用户定义复制ctor？

Question

我有一些关于C++移动构造函数的简单问题，但是到目前为止还没有找到一篇专门解释我在下面看到的.

#include <utility>

class A
{
public:
    A() {}
    A(const A &) { std::cout << "copy Ctor" << std::endl; }
    A(A&&) { std::cout << "move Ctor" << std::endl; }
};

int main()
{
    A a;
    A b(std::move(a));
}

输出是

move Ctor

如果我显式删除移动构造函数，

    // A(A&&) { std::cout << "move Ctor" << std::endl; }
    A(A&&) = delete;

我有编译错误，

error: use of deleted function ‘A::A(const A&&)’

到目前一切尚好。

然后我读到，我认为‘不声明’应该会给出同样的结果，而不是显式删除，

    // A(A&&) { std::cout << "move Ctor" << std::endl; }
    // A(A&&) = delete;

但我得到了这个输出，

copy Ctor

现在我很困惑，

1. 当我省略移动ctor的声明时，A b(std::move(a))是否直接调用复制ctor？这是C++标准的一部分吗？对于常规函数来说，这似乎是正确的--当函数的参数为xvalue时，采用rvalue引用的函数是首选的，而回退则是采用const lvalue reference.
2. But，的函数，如果“移动构造函数在有用户定义的复制ctors时不是自动生成的”，为什么“显式删除”vs“不声明”会产生影响？

。

Answer 1

为了使它更容易理解，我将使用一个不相关的示例，在这个示例中，预期的行为可能会更清楚一些。

与删除常规函数没有太大不同：

struct A
{
    void f(int i) {}
    void f(double d) = delete;
};

A a;
a.f(1.1); // Error

如果我们注释掉第二个重载，那么第一个将被使用。

很明显，它是一种有意的行为，因为删除函数的目的是确保它不被调用(如果它比另一个重载更匹配的话)。

因此，在我上面的示例中，可以很容易地防止发生一些不希望发生的转换。

在需要公共访问时，Thyis与将函数设置为私有没有太大不同。删除函数有一个额外的好处，即不能从类成员函数中使用它。另一个好处是错误发生在编译时，而不是链接时间。