当我编译的C ++代码与GCC 4.3的第一次，（在已成功与4.1没有警告，4.0％，3.4与编译它-Wall -Wextra我突然接到了一堆表格的错误选项） warning: type qualifiers ignored on function return type 。
考虑temp.cpp ：
class Something
{
public:
const int getConstThing() const {
return _cMyInt;
}
const int getNonconstThing() const {
return _myInt;
}
const int& getConstReference() const {
return _myInt;
}
int& getNonconstReference() {
return _myInt;
}
void setInt(const int newValue) {
_myInt = newValue;
}
Something() : _cMyInt( 3 ) {
_myInt = 2;
}
private:
const int _cMyInt;
int _myInt;
};
运行g++ temp.cpp -Wextra -c -o blah.o ：
temp.cpp:4: warning: type qualifiers ignored on function return type
temp.cpp:7: warning: type qualifiers ignored on function return type
谁能告诉我什么，我做错了违反C ++标准？ 我想，通过值返回时，领先的const是多余的，但我无法理解为什么有必要产生与它警告。 是否还有其他地方，我应该离开关常量？
Answer 1:
它不违反标准。 这就是为什么他们的警告 ，而不是错误 。
事实上你是对的-领先的const是多余的。 编译器警告你，因为你已经添加的代码，在其他情况下可能意味着什么，但在这种情况下意味着什么，并希望确保系统会在您的返回值变成毕竟是修改以后无法失望。
Answer 2:
编译使用Boost.ProgramOptions一些代码时，我遇到了这个警告。 我用-Werror所以警告是杀死我的身材，但因为报警的来源是加速我无法摆脱它的深度通过修改我的代码。
多挖掘后，我发现禁用警告的编译器选项：
-Wno-ignored-qualifiers
希望这可以帮助。
Answer 3:
返回一个恒定值才有意义，当你返回一个引用或指针（在这种情况下指针常量，而不是一个常量指针），因为来电者能够修改引用（指向）的价值。
在代码的另一种意见不相关的问题：我认为这是最好使用一个二传手，而不是
int& getNonconstReference() {
return _myInt;
}
这将应该是：
void setMyInt(int n) {
_myInt = n;
}
此外，它也没用const引用返回一个int。 应当把它用于一个更大的对象，其复制或移动更贵。
Answer 4:
有了这个
struct Foo { Foo(int) {} operator bool() { return true; } };
然后
Foo some_calculation(int a, int b) { Foo result(a + b); /*...*/ return result; }
这个例子
if (some_calculation(3, 20) = 40) { /*...*/ }
编译没有警告。 当然，这是罕见的。 但是，是不是使得人们很难做的事情错了const正确性？ 而随着人们尝试的事情，但预期是错误的，返回类型应该声明为const。 和：G ++发出警告忽略了分类，但不会将其忽略。 我认为，该警告是关于采取复制，而忽略他们的副本常量分类的用户。 但是，这不应该是一个警告，因为这绝对是正确的行为。 它是有道理的做到这一点。
Answer 5:
不应该只允许-pedantic严格遵守ISO标准？ 根据课程的-std = ...
Answer 6:
此警告也是有用的，以避免混淆声明返回指针不应该被修改的对象的功能时：
// "warning: type qualifiers ignored on function return type"
// as the pointer is copied.
Foo* const bar();
// correct:
const Foo* bar();
Answer 7:
有之间的差异const的基本类型和结果，在那里它被忽略， const的一类类型的结果，它一般肆虐。
namespace i {
auto f() -> int const { return 42; }
void g( int&& ) {}
}
namespace s {
struct S {};
auto f() -> S const { return {}; }
auto g( S&& ) {}
}
auto main() -> int
{
{ using namespace i; g( f() ); } // OK
{ using namespace s; g( f() ); } // !The `const` prevents this.
}
这就是为什么编译器在第一种情况中警告说：这是一个特殊的情况下，可能不会做一个天真的可能会发生什么。
对于现代的编程那就恕我直言，是一个有关警告也不错const的类类型的结果，因为它禁止移动语义; 不管是什么小的一个优势设想了一个相当严峻的成本。
Answer 8:
斯科特迈尔斯指出，有相当充分的理由为什么会有人想返回const的值。 下面是一个例子：
int some_calculation(int a, int b) { int res = 0; /* ... */ return res; }
/* Test if the result of the calculation equals 40.*/
if (some_calculation(3,20) = 40)
{
}
你看我做错了什么？ 此代码是完全正确的，应该编译。 问题是，编译器不明白，你打算比较，而不是分配值40 。
随着const返回值上面的例子就不能编译。 嗯，至少如果编译器不放弃const关键字。
文章来源: Pedantic gcc warning: type qualifiers on function return type
