c++ - 什么时候 forward<T> 等同于 forward<decltype(Targ)> ？

Question

假设我想要一个通用的高阶函数。最常见的方法是:

一个。通用 lambda

auto F1 = [](auto f) { /*...*/ }

B.函数模板

template<class F> auto F2(F&& f) { /*...*/ }

我的问题是关于如何在高阶函数中使用 f。虽然在情况 A 中只有一种方法可以做到这一点:

std::forward<decltype(f)>(f)(...); 

情况B至少有两种方式:

std::forward<decltype(f)>(f)(...); 
std::forward<F>(f)(...); 

这些方式是否等效？如果不是，“打破平局”的一些例子是什么？

Answer 1

正如所写，案例 A 和案例 B 的声明是不同的。案例 B 可以推导出左值或右值引用，但案例 A 只能推导出值类型。 auto 的推导类似于模板参数，因此将 auto 更改为 auto&& 以匹配声明。

为了回答您的问题，它们 是等价的。唯一的区别是引用折叠发生在情况 B 中。decltype(f) 将始终是一个引用，而 F 将是一个值类型，当参数传递给 F2 是一个右值:

F2(<lvalue>); decltype(f) == T&,  F == T&
F2(<rvalue>); decltype(f) == T&&, F == T

这对 std::forward 无关紧要，因为引用折叠总是会产生正确的类型。

template< class T >
constexpr T&& forward( typename std::remove_reference<T>::type& t );

如果 T 是 F&&，那么返回类型仍然是 T&& 因为 T&& && == T&&。如果 T 只是一个 F(值类型)，则返回类型仍然相同(T && == T&&)。引用折叠规则可以在 this site 上找到.

TLDR:没有有效的区别，因为引用折叠产生相同的类型。