c++ - 为什么在推导模板参数时应用 §5/5？规则不能不同吗？

Question

考虑以下示例:

#include <iostream>

template<typename T>
void f(T t) {
    std::cout << t << '\n';
    static_assert(std::is_same<T, int const*>::value, "T != int const*");
    static_assert(std::is_same<decltype(t), int const*>::value, "decltype(t) != int const*");
}

template<typename T>
void g(T t) {
    std::cout << t << '\n';
    static_assert(std::is_same<T, int>::value, "T != int");
    static_assert(std::is_same<decltype(t), int>::value, "decltype(t) != int");
    t++;
}

int main()
{
    int x = 22;
    int const* px = &x;

    f(px);

    int const& rx = x;
    g(rx);
}

代码正常执行。但是根据目前的规则我们得到:

• T == int const*和 t类型为 int const*在模板函数的实例化中f在通话中f(px) .
• T == int和 t类型为 int在模板函数的实例化中g在通话中g(rx) .

我对第二个推导的第一个想法是与指针情况对称的东西，即 T == int const&和 t与类型 int const& .

我想我知道编译器执行的当前推导过程是怎么回事。通过 §5.5，引用被删除在表达式 rx 中传递给 g .即rx的类型参数推导是 int const .请注意，通过此更改，const在 rx 的声明中不是顶级成为顶级const .然后通过§14.8.2.1/2，第三个要点，const在类型 int const 中被忽略因为它现在是顶级 const .

对我来说，这个方案似乎相当人为。因此，我在想，为什么必须将 §5/5 应用于用于推导模板参数的表达式？必须有更强有力的理由来证明这条规则的合理性，我不知道。这就是我想知道的。谢谢。

Answer 1

关于理由，让我们首先考虑为什么 const 没有进入参数类型推导:

template< class Type >
void foo( Type v ) { v = 0; }

auto main() -> int
{
    int const x = 3;
    foo( x );
}

从机制上讲，这编译得很好，因为 C++11 §14.8.2.1/2 第三破折号是这样说的，“A 类型的顶级 cv 限定符在类型推导中被忽略”。

我想这样做的很大一部分原因是，否则各种实际参数 cv 限定会产生与函数完全相同的函数模板实例类型，因为顶级 cv 限定正式论点被忽略。到函数的类型。这样的实例化可以产生截然不同的效果。会很乱。

然后，关于为什么引用被删除，那么他们不是这个程序，

#if defined( USE_REF )
#   define Q &&
    auto kind = "ref";
#else
#   define Q
    auto kind = "non-ref";
#endif

template< class A1, class A2 >
void foo( A1 a1, A2 a2 )
{
    a1 ^= a2;
    a2 ^= a1;
    a1 ^= a2;
}

#include <iostream>
#include <typeinfo>
auto main() -> int
{
    using namespace std;
    int Q a1 = 111;
    int Q a2 = 222;
    foo( a1, a2 );
    cout << kind << ' ' << a1 << ' ' << a2 << endl;
}

将根据 USE_REF 以不同的顺序输出数字。

但事实并非如此。

那是因为引用的设计使得 a1 是对 int 的引用，在 C++03 中与 a1 没有区别> 这直接是一个 int。

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对于基本原理的更明确和更明智的观点(以上是非常合理的，但仍然只是我的想法)，可能 Bjarne Stroustrup 的“C++ 的设计和进化”一书有一些东西.或不。很遗憾，我没有那本书。