理解通用引用的类型推导答案

【问题标题】：Understanding type deduction for universal references理解通用引用的类型推导
【发布时间】：2018-03-15 13:37:15
【问题描述】：

设foo为函数：

template< typename T >
void foo( T&& a ){}

下面的foo调用将推导出T的类型：

foo( 0 ); // is T here int or int&& ?

int a = 0;
foo( a ); // is T here int or int& ?

【问题讨论】：

您可以尝试使用不同的类型特征，如 en.cppreference.com/w/cpp/types/is_reference 或 std::is_same.. 并使用 std::add_lvalue_reference 等构建类型，然后查看特征的值是什么
这是一个示例，您可以看到自己测试的方法：wandbox.org/permlink/51APJ9Pr4fsweWrF
这是调试类型的技巧：template <typename T> class TD;，然后在 foo 中使用：TD<T>();。由于没有定义TD，编译器会报错，并且在错误信息中，好的编译器会显示T的类型。

【解决方案1】：

类型推导的默认规则是引用类型永远不能是推导的结果。鉴于此代码，

template <class T>
void bar(T par);

bar(0);
int a;
bar(a);
int &b;
bar(b);

所有 3 个呼叫都将呼叫 foo<int>。也就是说，T 被推导出为int 并且par 是int 类型。

转发引用通过简单添加一条规则来工作：当用于转发引用的类型推导的参数（即，推导T的参数T&&）的左值是类型X，使用X &类型代替X进行推导。

注意，这意味着给定类型X，只有X 或X & 可以是类型推导的结果； X && 永远不可能。

让我们分析您的代码（我将重命名他的函数参数，以明确我所指的内容）：

template <class T>
void foo(T &&par);

foo(0);

int a;
foo(a);

在第一种情况foo(0)，参数是int类型的右值，因此int类型用于类型推导，这意味着T被推导为int（调用的函数是@ 987654342@)，par 的类型是int &&。

在第二种情况foo(a) 中，参数是int 类型的左值。转发参考规则启动，int & 类型用于扣除。因此T推导为int &（调用的函数为foo<int&>），par的类型为“int & &&”，折叠为int &。

【讨论】：

【解决方案2】：

表达式T&&在推断的上下文就像你提供的那样

template< typename T >
void foo( T&& a ){}

即 T 是根据提供的参数推导出来的，受制于 reference collapsing rules.

总之;

注意两者都是引用，如果需要触发右值另一个函数的重载，你需要做std::forward<T>(a)

【讨论】：

【解决方案3】：

foo(0); // 这里的 T 是 int 还是 int&& ？

一个int。

int a = 0; 富（一）； // 这里的 T 是 int 还是 int& ？

一个int&。

【讨论】：