为何Rust对已释放的可变借用报错却忽略不可变借用？

问题重现 #

以下两个函数仅在引用可变性上有区别，但返回可变引用的版本编译报错：

// 编译正常
fn foo<'a>() {
    let _: &'a () = &();
}

// 编译报错
fn foo_mut<'a>() {
    let _: &'a mut () = &mut ();
}

错误信息 #

error[E0716]: temporary value dropped while borrowed
  --> src/main.rs:14:30
   |
13 | fn foo_mut<'a>() {
   |            -- lifetime `'a` defined here
14 |     let _: &'a mut () = &mut ();
   |            ----------        ^^ creates a temporary which is freed while still in use
   |            |
   |            type annotation requires that borrow lasts for `'a`
15 | }
   |  - temporary value is freed at the end of this statement

For more information about this error, try `rustc --explain E0716`.
error: could not compile `playground` due to previous error

另外，无显式生命周期的可变引用代码可正常编译：

// 编译正常
fn foo_mut_without_lifetime() {
    let _: &mut () = &mut ();
}

原因分析 #

这是Rust临时值生命周期规则与可变引用特性共同作用的结果：

• 不可变引用的临时值延长规则：对于&()这类不可变引用，当它被绑定到带有显式生命周期的变量时，Rust会自动延长临时值的生命周期，使其匹配显式生命周期'a的范围，因此foo函数能通过编译。
• 可变引用无临时值延长规则：可变引用要求严格的独占性，Rust为了避免悬垂引用和数据竞争风险，不允许随意延长临时可变值的生命周期。在foo_mut中，&mut ()创建的临时值会在当前语句结束后立即销毁，但代码要求它的生命周期必须覆盖'a（'a由调用者决定，可能远长于临时值的存活时间），因此编译器判定临时值被提前释放，抛出错误。
• 自动推导生命周期的情况：foo_mut_without_lifetime中，编译器会自动推导引用的生命周期为临时值的存活时间（即当前语句内），不存在生命周期不匹配的问题，因此编译正常。

解决办法 #

根据实际需求选择对应的处理方式：

1. 依赖编译器自动推导生命周期：如果不需要让引用存活到函数外部，直接去掉显式生命周期，像foo_mut_without_lifetime那样编写代码即可。
2. 使用拥有足够生命周期的变量：如果确实需要绑定到显式生命周期的可变引用，要确保引用指向的变量生命周期不短于'a。比如在函数内部创建一个持久化的变量：

   fn foo_mut<'a>() {
       let mut val = ();
       let _: &'a mut () = &mut val;
   }
   

   注意：这里'a的生命周期不能超过val的存活范围（即函数内部），如果'a是外部传入的长生命周期，这种写法依然会报错，此时需要重新设计逻辑，避免将短生命周期变量绑定到长生命周期引用。
3. 使用静态可变值（需unsafe操作）：如果需要一个全局的、生命周期为'static的可变引用，可以定义静态变量：

   static mut EMPTY: () = ();
   
   fn foo_mut<'a>() {
       let _: &'a mut () = unsafe { &mut EMPTY };
   }
   

   注意：静态可变引用存在线程安全风险，必须在unsafe块中操作，实际使用需谨慎。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Liam Bloom