なぜcommon_type <long、unsigned long> :: type = long longですか？

Question

common_type<long, unsigned long>::typeはunsigned longあるため、標準は言う不可欠昇進後のオペランドを...に関する

[...]符号なし整数型を持つオペランドがある場合は種類のランクに等しい以上 ランク他のオペランドの、 符号付き整数型を持つオペランドが 符号なし整数型でオペランドの型に変換されなければならない

不可欠な推進体制バギーを呼ぶが、それは大きな存在する場合のように思えるまでもありません符号付き整数型wh ichは、使用すべき符号付きオペランドと符号なしオペランドの両方の範囲を表すことができます。

私はいくつかのプラットフォームがlong == long longを持つ可能性があることを知っています。この場合、上記の規則が有効になります。しかし、がであれば、より大きな符号付き整数型を使用できません。

Answer 1

まず、std :: common_type（もちろんboost :: type_traits :: common_type）は、3項演算子を使用して型の結果を取得します。この場合、該当する見積書は、E2及びE3は、算術または列挙型を持つ図6b）

、CppReferenceから来ている：通常の算術変換は共通の型にそれらをもたらすために適用され、そのタイプは結果です。この情報我々はc++ standard、5p10に通常の算術変換のルールを見つけることができると

、88ページ

- それ以外の場合は、符号なし整数型を持つオペランドがある場合はそれ以上のランク他のオペランドの型のランク以上である場合、符号付き整数型のオペランドは、符号なし整数型のオペランドの型に変換されます。

基本的にあなたの質問に対する答えは、です。標準でそう言われています。

しかし、あなたはこの動作を予期せぬものにしているだけではありません。

#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; 
} 

をしかし、現在の行動が問題であることknownあり、そしてproposalは驚きの一部を削除するために存在している：ここでは試してみ素早く実行可能な例です。

-Hannes