Visual Studio 2022の『#define _DEBUG』に関する質問です。

Q1）『#define _DEBUG 0』としても、#elseｗ側の命令が有効になりません。
#elseｗ側の命令を有効にする、方法があればお教え頂けますと大変有難いです。

#define _DEBUG 0
#ifdef _DEBUG
#pragma comment(lib, "opencv_world455d.lib")　//<--選択される
#else
#pragma comment(lib, "opencv_world455.lib")　//<--選択される
#endif

以上、宜しくお願いします。

No.1 ベストアンサー 回答者： Wr5 回答日時： 2022/01/06 16:15

いつものように、マルチっているんでしょうけど……

https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/questio …

#ifdef疑似命令はシンボルの有無を確認します。
#define _DEBUG
だけでも、シンボルの定義はされているので、真となります。

#define _DEBUG 0
で切り替えたいなら
#if『def』ではなく、#ifの方を使用するべきでしょう。

まぉ、そうした場合にVisual StudioでReleaseビルドしたときにどうなるか？という問題はありますが。
コード中で明示的に#defineしていないとシンボルが無いとしてビルドエラーになるかも知れませんな。

この回答へのお礼

お世話になります。
＞#define _DEBUG
だけでも、シンボルの定義はされているので、真となります。
#define _DEBUG 0
で切り替えたいなら
#if『def』ではなく、#ifの方を使用するべきでしょう。
＜ーー了解です

お礼日時：2022/01/06 21:48

No.3 回答者： Tacosan 回答日時： 2022/01/06 18:59

#ifdef の意味はわかってる?

なお C の規格上プリプロセッサにおいて「未定義シンボル」は 0 に評価されるらしい＞#1.

No.2 回答者： usa3usa 回答日時： 2022/01/06 16:36

＞『#define _DEBUG 0』としても、#elseｗ側の命令が有効になりません。

#define _DEBUG 0
でなく
#undef _DEBUG
にしたら？