移動はオブジェクトを使用可能な状態のままにしますか？

Question

私は2つのベクトルを持ち、1つをもう一方のベクトルに移動するとします。v1 = std::move(v2);この後でもv2は使用可能な状態になりますか？

Answer 1

、17.6.5.15を移動-からライブラリー・タイプの状態[lib.types.movedfrom] C++標準ライブラリで定義されたタイプの

1. オブジェクト（12.8）から移動させることができます。移動操作は明示的に指定することも、暗黙的に生成することもできます。別段の指定がない限り、そのような移動オブジェクトは有効であるが不特定の状態に置かれるものとする。状態が有効であるので

が、これはあなたが安全に（例えば、既知の状態に戻ってそれを置くことになる、それに割り当てることによって）v2を操作できることを意味します。しかし、それは指定されていないので、例えば、この状態にある限り（ただし、呼び出してもプログラムをクラッシュさせることはありません）、v2.empty()の特定の値に依存することはできません。

このセマンティクス（ "オブジェクトは有効であるが、指定されていない状態から移動される"）のこの公理は、標準ライブラリコンポーネントだけでなく、すべてのコードが（ほとんどの場合に）努力すべきものであることに注意してください。コピーコンストラクタの意味によく似ているはコピーを作成する必要がありますが、強制はしません。

Answer 2

いいえ、指定されていない状態です。

open-std-org記事からの抜粋 -

...動きは（）そのターゲット引数の値が得られますが、そのソースの価値を維持する義務はありません。したがって、ベクトルの場合、move（）はすべての要素をコピーする必要がないように、その引数をゼロ容量のベクトルとして残すことが合理的に期待できます。つまり、移動は潜在的に破壊的な読みです。 n3290から

Answer 3

あなたはは、移動後にV2を使用したい場合は、あなたのような何かをしたいと思うでしょう。この時点で

v1 = std::move(v2); 
v2.clear(); 

を、V1はV2とv2の元の内容が十分にありますがあります定義済みの空の状態。これはすべてのSTLコンテナ（とその点については文字列）で機能し、移動セマンティクスをサポートする独自のクラスを実装する場合は、おそらく同様のことをしたいと思うでしょう。

STLの特定の実装が実際にオブジェクトを空の状態のままにしている場合、2番目のclear（）は本質的にno-opになります。実際、このような場合は、コンパイラが移動後にclear（）を削除することが合法的な最適化となります。