c++ - 完善的转发和模板

Question

当我有一个看起来像这样的代码时:

template<class T>
void f_(const T& arg)
{
    cout << "void f(const T& arg): Cannot modify\n";
}

template<class T>
void f_(T&& arg)
{
    cout << "void f(T&& arg): Can modify\n";
}

主要我称之为:

int main()
{

    MemoryBlock block;
    f_(block);
    f_(MemoryBlock());
    return 0;
}

输出是:
"void f(T&& arg): 可以修改\n";
"void f(T&& arg): 可以修改\n";

但是当我将此代码更改为非泛型代码时，我将拥有常规函数，而不是函数模板，

void f(const MemoryBlock&)
{
    cout << "In f(const MemoryBlock&). This version cannot modify the parameter.\n";
}

void f(MemoryBlock&&)
{
    cout << "In f(MemoryBlock&&). This version can modify the parameter.\n";
}

输出更“直观”:
“在f(const MemoryBlock&)中。此版本无法修改参数。”;
"在f(MemoryBlock&&)中。这个版本可以修改参数。";

在我看来，只有将函数从模板更改为非模板，才能完全改变右值引用的推导规则。
如果有人能向我解释一下，我将非常感激。

Answer 1

当您使用 T&& 时，那不是右值引用，而是通用引用参数。它们的声明方式相同，但行为不同。

当您删除模板参数时，您不再处于可推导的上下文中，它实际上是一个右值引用:当​​然，它们只绑定(bind)到右值。

在可推导的上下文中(即发生类型推导时)，T&&可以是右值引用或左值引用。通用引用几乎可以绑定(bind)到所有组合( const 、 const volatile 等)，在您的情况下: const T& .

现在您的思路是高效重载右值，然后重载左值，但实际情况是通用引用重载在推导模板参数时更匹配。因此，它将在 const T& 上被选中。过载。

通常，您只想保留通用引用功能并将其与 std::forward<T>() 配对完善论点。这消除了对 const T& 的需要过载，因为通用引用版本将接管。

请注意，仅仅因为您看到了 &&在可推导的上下文中，这并不意味着它是一个普遍的引用； &&需要附加到被推导的类型，所以这里有一个实际上是右值引用的例子:

template<class T>
void f_(std::vector<T>&& arg) // this is an rvalue reference; not universal
{
    cout << "void f(T&& arg): Can modify\n";
}

这里有一个关于这个问题的精彩演讲:https://channel9.msdn.com/Shows/Going+Deep/Cpp-and-Beyond-2012-Scott-Meyers-Universal-References-in-Cpp11