remove_reference 如何禁用模板参数扣除？

Question

根据this link，std::forward 不允许模板参数推导，std::remove_reference 正在帮助我们实现这一目标。但是这里使用remove_reference如何防止模板推导发生呢？

template <class S>
S&& forward(typename std::remove_reference<S>::type& t) noexcept
{
    return static_cast<S&&>(t);
}

Answer 1

表达式typename std::remove_reference<S>::type 中的

S 是非推导上下文（特别是因为S 出现在指定类型的nested-name-specifier 中使用 qualified-id）。顾名思义，非推导上下文是不能推导模板参数的上下文。

这个案例提供了一个简单的例子来理解原因。说我有：

int i;
forward(i);

S 会是什么？它可能是int、int& 或int&&——所有这些类型都会为函数产生正确的参数类型。编译器根本不可能确定 which S 你在这里真正的意思 - 所以它不会尝试。这是不可推断的，因此您必须明确提供您的意思是哪个S：

forward<int&>(i); // oh, got it, you meant S=int&