c++ - 如何使模板类型推导与引用一起工作？

Question

我有一个模板函数，func:

template<typename T>
void func(T p)  { f(p); }

还有一组函数f:

f(SomeType&);
f(int);
...

如果我实例化模板函数 func，使用引用作为函数参数 p，而没有显式指定模板参数 T，那么推导的类型将不是 p 的引用类型，而是类型 p 是对的引用，例如:

SomeType s;
SomeType& ref_to_s = s;
func(ref_to_s);             // Type deduction results in: func<SomeType>(ref_to_s)
func<SomeType&>(ref_to_s);  // Need to explicitly specify type to work with reference

所以，我的问题是:

• 为什么在上述情况下编译器无法推导出引用类型SomeType&？
• 有没有一种方法可以定义模板函数 func，这样类型推导就可以使用引用类型，而无需显式指定模板参数 T？

明确地说，我想要同时使用两者的东西(参见上面的函数 f):

func(ref_to_s);    // Calls func<SomeType&>(ref_to_s)
func(1);           // Calls func<int>(1)

Answer 1

第一部分的答案是，从一个值初始化一个对象和将一个引用绑定(bind)到一个值被认为是同样好的(在重载决策中都是“精确匹配”)，因此不推导出参数的引用.相反，您必须准确指定它。对于一个相关的例子，考虑一个假设的结构

T x = f();

其中 T 是(在这个思想实验期间)你应该推断的东西。 x 应该是什么——一个对象，还是一个引用？这取决于什么？右边的表达式当然有一个值，并且该值的类型始终是对象类型。你应该如何决定？您可以查询表达式的值类别，但这太微妙了。因此，您必须说出您想要的内容:

T x = f();    // x is an object
T & r = f();  // r is a reference

在 C++ 中，如果将 T 替换为 auto，则此机制实际上可用。相同的规则适用于函数模板的模板参数推导。

现在介绍如何解决您的问题。通常的习惯用法是让函数模板总是接受一个引用，然后将参数转发给内部调用:

template <typename T>
void func(T && t)
{
    f(std::forward<T>(t));
};

现在 func 的参数在任何特化中总是一个引用(但是由于一个叫做“引用折叠”的奇怪规则，它可以是一个左值或一个右值引用)，并且那个值是将 具有相同值类别组 转发给 f，并且此对 f 的重载解析允许在原始参数用于时选择左值引用重载func 是一个左值。