c++ - 强制 "in-place" build

Question

足够简单的代码，其中 bar 有一个 foo 类型的成员:

struct foo {
  foo(int some, int parameters) {}
};

struct bar {
  foo f;
  bar(foo f_) { f = f_; }
}

如何更改它以便 bar 可以仅用 foo “就地”初始化，例如像这样？

foo f;
bar b1(f); //error
bar b2(1,2); //works!

目的是有时我正在处理无法复制的类 foo，这样做会使意图清晰。

Answer 1

正如@KerrekSB 提到的，最简单的方法是复制 foo在 bar 中的构造函数:

bar(int a, int b) : f(a, b) {}

然而，当 foo 时，这很快就变得不切实际了。有大量的构造函数，如果 bar 甚至可能是不可能的是 template<typename T>并且您想对任何可能的 T 执行此操作.

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进入C++11的完美转发:

template<typename... Args>
bar(Args&&... args) : f(std::forward<Args>(args)...) {}

这允许您的 bar构造函数将它接收到的任何参数直接转发给 foo构造函数，就像 emplace C++11 标准库中的方法。

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现在还有一个问题:因为你的 bar构造函数接受您的 foo 的任何 参数构造函数接受，显然如果 foo然后有一个复制构造函数 bar会接受它:

bar b1(1, 2); // ok
foo f(1, 2);
bar b2(f);    // ok too!

诀窍是删除相关的构造函数:

struct bar {
    foo f;

    template<typename... Args>
    bar(Args&&... args) : f(std::forward<Args>(args)...) {}

    bar(const foo&) = delete;
    bar(foo&) = delete;
};

foo f(1, 2);
bar b2(f);    // error: use of deleted function ‘bar::bar(foo&)’

请注意，我故意没有删除移动构造函数，因为我假设您禁用复制的动机是性能。这样你仍然可以写:

foo f(1, 2);
bar b1(std::move(f)); // move: ok
bar b2(foo(1, 2));    // temporary: ok (it is really moved)

当然，如果你也想删除移动构造函数，那非常简单:

struct bar {
    foo f;

    template<typename... Args>
    bar(Args&&... args) : f(std::forward<Args>(args)...) {}

    bar(const foo&) = delete;
    bar(foo&) = delete;
    bar(foo&&) = delete;
};

foo f(1, 2);
bar b1(std::move(f)); // error: use of deleted function ‘bar::bar(foo&&)’
bar b2(foo(1, 2));    // error: use of deleted function ‘bar::bar(foo&&)’

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特质:我不知道为什么，但即使在 bar 中删除了移动构造函数, 它仍然接受默认构造的临时 (GCC 4.7):

bar b3(foo()); // WTH, this works

我错过一定有充分的理由，但我不知道这里到底发生了什么。如果有人能阐明这一点......