Существуют ли языковые конструкции, которые действительны для имени типа, но не для базовых типов?

Ответ 1

Я не думаю, что вы найдете другие случаи. Если мы рассмотрим проект стандарта С++ в приложении A Grammar summary, мы увидим только другие места в грамматике, где отображаются имена типов:

nested-name-specifier:
  ::
  type-name ::
  namespace-name ::
  decltype-specifier ::
  nested-name-specifier identifier ::
  nested-name-specifier templateopt simple-template-id ::

и

simple-type-specifier:
  nested-name-specifieropt type-name
  [...]

Ни один из них не дает аналогичной возможности, которую мы получаем с pseduo-destructor, который имеет следующую грамматику:

pseudo-destructor-name:
  nested-name-specifieropt type-name :: ~ type-name
  nested-name-specifier template simple-template-id :: ~ type-name
  nested-name-specifieropt~ type-name
  ~ decltype-specifier 

и рассматривается в разделе 5.2.4 [expr.pseudo], который обеспечивает поведение, которое мы видим:

Использование псевдо-деструктора-имени после точки. или стрелка → представляет деструктор для типа некласса, обозначаемого типом или спецификатор decltype. Результат должен использоваться только как операнд для оператора вызова функции(), и результат такого вызова имеет тип void. Единственный эффект - это оценка постфиксного выражения перед точкой или стрелкой.

С другой стороны, мы можем видеть, что правила для вложенного имени-спецификатора в разделе 3.4.3 [basic.lookup.qual] запрещают такой случай:

Название члена класса или пространства имен или перечислителя может быть передано после того, как оператор разрешения области (5.1), примененный к nested-name-specifier, который обозначает его класс, пространство имен или перечисление. Если оператор разрешения области:: scope Вложенному имени-спецификатору не предшествует спецификатор decltype-specifier, lookup названия, предшествующего этому: рассматривает только пространства имен, типы и шаблоны, специализация которых - типы. Если имя не найдено укажите пространство имен или класс, перечисление или зависимый тип, программа плохо сформирована

Случай простого типа-спецификатора не приводит нас туда, поскольку фундаментальные типы уже приемлемы для этого случая.

Ответ 2

Существует разница, когда возвращаемый тип функции является фундаментальным типом или нет:

struct X{};

template <class T> auto foo() {
  // one liner
  []() -> T { return T{}; }() = T{}; // invalid for T fundamental type

  // or more clear:
  auto get_t = []() -> T { return T{}; };
  get_t() = T{}; // invalid for T fundamental type
}

auto main() -> int {
  foo<X>();    // valid
  foo<int>();  // invalid
  return 0;
}

Без шаблонов, чтобы быть еще более ясным:

struct X{};

auto ret_x() -> X { return X{}; }    
auto ret_int() -> int { return int{}; }


auto main() -> int {
  ret_x() = X{};     // valid
  ret_int() = int{}; // invalid
  return 0;
}

r значения для фундаментальных типов не могут быть изменены. Это явно не относится к другим типам, так как, например, операция перемещения должна изменять временное перемещение (например, сделать указатель владельца nullptr)