C++ 中的转发参数答案

【问题标题】：Forwarding params in C++C++ 中的转发参数
【发布时间】：2015-04-23 17:03:47
【问题描述】：

我有一些类和包装器。例如：

#include <iostream>
#include <string>

template<typename T>
class inner
{
public:
    void f(T& v) { std::cout<<"lvalue: "<<v<<std::endl;}
    void f(T&& v) { std::cout<<"rvalue: "<<v<<std::endl;}
};

template<typename T>
class wrapper
{
public:
    template<typename _T>
    void f(_T&& v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //(1)

private:
    inner<T> i;
};

int main()
{
    wrapper<std::string> c;
    //inner<std::string> c;

    c.f("r");

    std::string s = "l";
    c.f(s);
}

c为inner的情况下输出正确：

rvalue: r
lvalue: l

但是当c 是wrapper 时输出不正确：

rvalue: r
rvalue: l

为什么左值变成右值？

如果wrapper 的f 在(1) 线上的定义有什么区别：

    template<typename _T>
    void f(_T v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //without &&

【问题讨论】：

std::forward<_T>(v)。此外，您使用的是保留标识符。
@T.C.：答案不会进入 cmets
@T.C.我认为使用_T 和T 只会导致类型不匹配时出现相同错误的不同位置。为什么它会导致将左值转换为右值？那么第二个问题和&&呢？删除它们不会影响任何事情。
_T 是保留标识符。它的使用使您的整个程序格式错误。作为一个简单的规则，避免以_ 开头的标识符，并且在标识符中的任何地方都没有__，并且您将避免遇到（几乎所有？）标准保留的标识符。（实际规则保留的标识符比这要少，但这是一个简单的足够规则）

标签： c++ class templates c++11 c++-standard-library

【解决方案1】：

因为你在做：

template<typename _T>
void f(_T&& v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //(1)
                                  ^
                                  T, not _T

您总是只使用T，而不是v 的推断类型。为了更清楚起见，您实际上是在做：

template <typename _T>
void f(_T&& v) {
    i.f(std::forward<std::string>(v));
}

而std::forward<std::string>(v)的类型是string&&。

第二个问题：

template<typename _T>
void f(_T v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //without &&

由于_T 永远不会在此处推断为引用类型，std::forward<T>(v) 将等效于 std::move(v) - 它只是对右值引用的强制转换。

【讨论】：

void f(_T& v) { i.f(std::forward<T>(v)); } 的情况如何？同样的行为。
@lorond 同样，_T 与 T。如果你更正了，它只是一个无操作 - std::forward<_T>(v) 只是 v 用于左值引用。
我的错。使用&& 和_T 可以正常工作。但是void f(_T& v) { i.f(std::forward<_T>(v)); } 和void f(_T v) { i.f(std::forward<_T>(v)); } 都产生右值。为什么？我认为在这两种情况下它都必须是左值，因为没有 && 右值定义。
@lorond 对不起，我第一次说错了。如果您只有f(_T& v)，那么_T 将推断为std::string，因此您的forward 将转发一个右值引用。不同之处在于，在f(_T&& v) 中，对于左值引用，_T 推导出为std::string&。