c++ - std::forward 没有完美转发？

Question

关于 std::forward 的建议通常仅限于完美转发函数模板参数的规范用例； some commentators甚至可以说这是 std::forward 的唯一有效使用。但考虑这样的代码:

// Temporarily holds a value of type T, which may be a reference or ordinary
// copyable/movable value.
template <typename T>
class ValueHolder {
 public:
  ValueHolder(T value)
    : value_(std::forward<T>(value)) {
  }


  T Release() {
    T result = std::forward<T>(value_);
    return result;
  }

 private:
  ~ValueHolder() {}

  T value_;
};

在这种情况下，完美转发的问题不会出现:由于这是类模板而不是函数模板，客户端代码必须显式指定T，并且可以选择是否以及如何引用- 限定它。同样，std::forward 的参数也不是“通用引用”。

尽管如此，std::forward 似乎很适合这里:我们不能把它排除在外，因为当 T move 时它不起作用-only 类型，并且我们不能使用 std::move 因为当 T 是左值引用类型时它不起作用。当然，我们可以部分专门化 ValueHolder 以对引用使用直接初始化，对值使用 std::move ，但是当 std::时，这似乎过于复杂。 forward 完成了这项工作。这似乎也是与 std::forward 的含义合理的概念匹配:我们正在尝试一般性地转发可能是也可能不是引用的内容，只是我们将其转发给调用者一个函数，而不是我们自己调用的函数。

这是 std::forward 的合理使用吗？有什么理由避免它吗？如果是这样，首选的替代方案是什么？

Answer 1

std::forward 是一个条件 move 转换(或者更技术性的右值转换)，仅此而已。虽然在完美转发上下文之外使用它会令人困惑，但如果 move 上的相同条件适用，它可以做正确的事情。

我很想使用不同的名称，即使只是 forward 上的一个薄包装，但我想不出适合上述情况的好名称。

或者使条件 move 更加明确。即，

template<bool do_move, typename T>
struct helper {
  auto operator()(T&& t) const
  -> decltype(std::move(t))
  {
      return (std::move(t));
  }
};
template<typename T>
struct helper<false, T> {
  T& operator()(T&& t) const { return t; }
};
template<bool do_move, typename T>
auto conditional_move(T&& t)
 ->decltype( helper<do_move,T>()(std::forward<T>(t)) )
{
    return ( helper<do_move,T>()(std::forward<T>(t)) );
}

如果 bool 为 false，则为 noop 传递；如果为 true，则为 move。然后，您可以使您的等效于 std::forward 更加明确，并且更少依赖于用户了解 C++11 的神秘 secret 来理解您的代码。

用途:

std::unique_ptr<int> foo;
std::unique_ptr<int> bar = conditional_move<true>(foo); // compiles
std::unique_ptr<int> baz = conditional_move<false>(foo); // does not compile

第三方面，您在上面做的事情需要对右值和左值语义有相当深入的理解，所以也许 forward 是无害的。