使用移動構造函數與傳遞指針有什麼優勢？

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Foo(Foo&& other) { 
    this->bar = other.bar; 
    other.bar = nullptr; 
} 

Foo(Foo* other) { 
    this->bar = other->bar; 
    other->bar = nullptr; 
}

以上兩個似乎只是在做同樣的事情。那麼爲什麼建議使用移動構造函數呢？它提供了什麼優勢？使用移動構造函數與傳遞指針有什麼優勢？

來源

2017-01-28 OneZero

那麼，對於初學者來說，你不能採用右值的地址...... – Brian

優點是移動構造函數將在適用的移動/複製上下文中自動使用。你的「指針」構造函數不會。 – AnT

另外，引用不能爲空，但可以是一個指針，所以在交換之前你必須顯式檢查這個條件。 –

使用適當的轉移構造的原因有很多：

公約。請看下面的代碼：
```
Foo foo; 
Foo bar(std::move(foo)); 
```
如果你看到代碼，它是豐富清楚你想要做什麼：你正在移動foo爲bar。相比之下：
```
Foo foo; 
Foo bar(&foo); 
```
這是什麼意思？它是否存儲指向另一個Foo的指針？是Foo某種鏈接列表節點類型？您必須在Foo的基於指針的構造函數的文檔中查找它。
你不能得到一個指向prvalues的指針。（pre-C++ 17）會創建一個臨時值，然後從它移動到bar（此舉可能會在C++ 17之前被忽略）。但是你不能這樣做：Foo bar(&Foo{})。
你可以從有意義的事物中自動移動。 C++ 17的廣義省音讓許多的這些舉動自動消失，但也有一些仍然存在：
```
Foo function() 
{ 
    Foo foo; 
    //Do stuff 
    return foo; 
} 
```
這將從foo移動，而無需調用std::move。原因是foo是即將銷燬的局部變量。以這種方式返回意味着從它轉換到返回值是完全合理的。

你的方式需要明確寫入return &foo。這使得返回類型扣除auto變得相當困難。這樣的函數會推導出一個Foo*，這意味着你剛剛返回了一個懸掛指針。而如果你做return foo;，它會推導一個Foo prvalue，並帶有一個自動移動（可能會被忽略）。
無需nullptr檢查。如果你拿一個Foo*，有人可能會傳遞一個空指針。而引用，這是不太可能的（他們已經調用UB）。

如果我們想移動與現有的語言結構的支持，我們會剛使用非const引用意味着「移動」，而不是一個指針。通過賦予它自己的語法，在我們移動某個事物時以及當我們不移動時清楚地說明。

來源

2017-01-28 05:01:37

使用移動構造函數與傳遞指針有什麼優勢？

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