c++ - 通过推导强制引用模板类型

Question

假设我有一个函数func:

template<typename T>
auto func(T arg){
    std::cout << std::boolalpha;
    std::cout << "T is ref: " << std::is_reference<T>::value << '\n';
}

有没有一种方法可以在不显式指定模板参数的情况下强制将 T 推导为引用类型？

就像能够写出像这样的东西:

auto main() -> int{
    auto x = 5;
    func(std::ref(x));
}

但不必专门针对 std::reference_wrapper。

static_casting 不会阻止 int& 衰减为 T 的 int。

假设我无法更改函数签名。

Answer 1

Imagine that I can not change the function signature.

签名

template<typename T>
auto func(T arg) { ... }

永远不会推导一个引用，因为类型推导适用于参数表达式的类型，并且来自 [expr]:

If an expression initially has the type “reference to T” (8.3.2, 8.5.3), the type is adjusted to T prior to any further analysis.

也就是说，模板推导只有在没有明确提供模板参数的情况下才会发生。所以你可以明确指定 T :

auto main() -> int{
    auto x = 5;
    func<int&>(x); // T = int&
}

否则，您可以在两者之间添加一个中间步骤:

template <typename T>
auto func_helper(T&& arg) {
    return func<T>(std::forward<T>(arg));
               ↑↑↑
}

因为，在 [temp.deduct.call] 中:

If P is a forwarding reference and the argument is an lvalue, the type “lvalue reference to A” is used in place of A for type deduction.

所以如果func_helper使用左值调用时，模板参数 P 将被推导为引用。在你的例子中:

func_helper(x);

T将被推断为 int& ，所以我们显式地调用了与之前相同的函数:func<int&> .

func_helper(5);

T将被推断为 int , 我们会调用 func<int> , 如果我们调用 func 就会发生同样的情况直接地。