Добрый вечер! как указать компилятору что нельзя игнорировать вызов ф-и? контекст:

Question

Добрый вечер! как указать компилятору что нельзя игнорировать вызов ф-и? контекст:

есть метод с регистрацией типа (генерируется автоматически)
GType
color_indicator_get_type (void)
просто вызов этого метода и последующий вывод
std::cout << g_type_from_name("ColorIndicator") << std::endl;
показывают что тип не зарегистрирован. но если перенести вызов color_indicator_get_type в std::cout
std::cout << "{DEBUG}"
<< " " << g_type_from_name("ColorIndicator") << " "
<< (g_type_from_name("ColorIndicator") == color_indicator_get_type()) << std::endl;
все работает

#c++ #embedded #programming #russian

0

20.08.2023

6 ответов

3 просмотра

다니엘(줄리아)

Вообще, если там есть сайдэффекты, то компилятор в принципе не может выкинуть вызов просто так…

0

8 месяцев назад

Макс Воробьев Автор вопроса

다니엘(줄리아)
noinline

это сам GType color_indicator_get_type (void) он генерируется автоматически из vala в С. его я менять не могу

0

8 месяцев назад

Макс Воробьев Автор вопроса

сделал в vala отдельную void() ф-ю с регистрацией типов, которую вызываю из С++, и все норм. вопрос снимается

0

8 месяцев назад

Alexander Karaev

Вообще, недостаточно контекста. Может, функция помечена как pure? Компилятор не имеет права выкидывать сайд-эффекты в описанной ситуации, кто-то что-то недоговаривает

0

8 месяцев назад

Макс Воробьев Автор вопроса

Alexander Karaev
Вообще, недостаточно контекста. Может, функция пом...

ну вот пример генерируемого С кода. https://godbolt.org/z/4zc8Y9oKf . среди прочих генерируется метод GType myclass_get_type (void)

0

8 месяцев назад

다니엘(줄리아) · Accepted Answer

다니엘(줄리아)

noinline

0

8 месяцев назад

170 похожих чатов

Добрый вечер! как указать компилятору что нельзя игнорировать вызов ф-и? контекст:

6 ответов

Похожие вопросы