爲什麼不是common_type <long，unsigned long> :: type = long long？

Question

common_type<long, unsigned long>::type是unsigned long因爲涉及以後整體推廣的標準說，操作數...

[...]如果具有無符號整數類型操作數的秩大於或等於 的類型的秩另一個操作數，與 符號整型操作數應轉換爲操作數的類型與 無符號整型

不叫整體推進體制越野車，但它好像如果有一個更大有符號整數類型wh它可以表示它應該使用的有符號和無符號操作數的範圍。

我知道一些平臺可能有很長的== long long，在這種情況下上述規則可以生效。但是如果有是有更大的有符號整型可用，不應該使用它嗎？

Answer 1

首先，std :: common_type（當然boost :: type_traits :: common_type）使用三元運算符來檢索類型結果。在這種情況下，相關的報價來自CppReference，6B）

E2和E3已經算術或枚舉型：常見的算術轉換應用，使他們的常見類型，該類型是結果。

有了這個信息，我們可以找到一個通常的算術轉換規則在c++ standard，5P10，第88頁。

- 否則，如果具有無符號整數類型操作數的排名更高大於或等於另一個操作數的類型的等級，則帶符號整數類型的操作數應轉換爲無符號整數類型的操作數的類型。

所以基本上你的問題的答案是：......因爲標準是這樣說的。

但是，你不是唯一一個發現這種行爲出乎意料的人。這裏有一個快速運行的例子嘗試：

#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; 
} 

但是，目前的行爲是一個問題是known和proposal的存在是爲了去除一些驚喜。

-Hannes