c++ - 生成一个拷贝作为采用右值引用的函数的输入

Question

我有一个库函数(这里不在我的控制之下)，它采用一个 r 值引用到可移动和可复制的类型 Bar:

void foo(Bar&& b);

在我自己的代码中，有时需要给它一个已有值的拷贝，比如

const auto b = getBar();
foo(mk_copy(b));
b.baz();

这是我想到的，

template<typename T> auto mk_copy(T val){return val;}

是否有标准方法或更常见的模式？甚至可能

template<typename T> auto mk_copy(T&& val){return std::forward<T>(val);}

或者，正如 pscill 指出的那样，只需再次写下类的名称，

foo(Bar(b));

但我不想重复类型名称。

Answer 1

对于内置类型，前缀 + 起到“复制”的作用:

void foo( char&& ) {}
void bar( double*&& ) {}

auto main() -> int
{
    char x{};
    foo( +x );

    double* p{};
    bar( +p );
}

不过，如果您将前缀 + 应用于其他类型，代码的读者可能会感到困惑，并且通用前缀 operator+ 模板可能最终会发生冲突带有一些类自己的前缀 operator+。

因此，我建议使用现在明显的制造商命名约定，即 make 前缀。

然后它看起来像这样:

template< class Type >
auto make_copy( Type const& o ) -> Type { return o; }

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您提出的第一个解决方案，

template<typename T> auto mk_copy(T val){return val;}

可能会复制值两次:首先复制到按值参数，然后复制到函数结果。

对于标准库容器这样的可移动类型，这不是问题，因为返回类型复制将减少为移动。但这对于较大的不可移动类型来说可能是个问题，因为在遗留代码中可能会出现这种情况。

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第二种方案，

template<typename T> auto mk_copy(T&& val){return std::forward<T>(val);}

通过转发引用(又名通用引用)获取参数，然后从参数类型的重新创建中推导出返回类型。返回类型将始终是非引用，因为这是普通 auto 推导出的，所以这在技术上是正确的。但它不必要地复杂。