c++ - 模板转发对成员方法的调用

Question

考虑以下几点:

template <typename type> class my_wrapper
{
  type _;

  template <typename... types, typename std :: enable_if <has_my_method_callable_with_the_following_types <type, types...> :: value> :: type * = nullptr> void my_method(types... items)
  {
    _.my_method(items...);
  }
};

如您所想，has_my_method_callable_with_the_following_types 在哪里？是某种 SFINAE 结构，它允许我确定是否 type有一个可以用这些类型调用的方法。

如您所见，上面的示例基本上将所有调用转发给了my_method。下降到 _ .出色地。 几乎所有这些。如果我这样做会发生什么:

class my_type
{
  void my_method(int & x)
  {
    x++;
  }
};

my_wrapper <my_type> my_wrapped;

int x;
my_wrapped.my_method(x);

显然上面的方法行不通，因为 x将通过复制传递给函数 while my_type :: my_method通过引用接受它。所以我想知道:有没有办法解决这个问题？我当然可以:

template <typename... types, typename std :: enable_if <has_my_method_callable_with_the_following_types <type, types & ...> :: value> :: type * = nullptr> void my_method(types & ... items)
{
  _.my_method(items...);
}

但是对称地，当我通过时会遇到问题，比如说，int我无法引用但某些人完全可以接受的文字 my_type :: my_method(int x) .

我该如何解决这个问题？我想将所有调用无缝转接到 my_wrapper <type> :: my_method至 type :: my_method .

盗版注意:我不能使用继承，所以请不要建议! :)

Answer 1

这正是引入完美转发和转发引用的目的:

template <
  typename... types,
  typename std :: enable_if <has_my_method_callable_with_the_following_types <type, types...> :: value> :: type * = nullptr
> void my_method(types&&... items)
{
  _.my_method(std::forward<types>(items)...);
}

这是如何工作的:

在推导 T 时，语言中有一条特殊规则。在T&&构造，用于推导的参数是类型为 U 的左值, 然后 T推导为 U&而不是 U .

最终效果是，当参数是转发引用时( T&& 推导 T )，它要么是左值引用(如果参数是左值)，要么是右值引用(如果参数是一个右值)。 std::forward<T>然后会根据需要将其转换回左值或右值。