c++ - 使用通用引用时的类型推导

Question

谁能帮我理解为什么会输出以下代码

template< typename T >
void check()
{
  std::cout << "unknow type" << std::endl;
}

template<>
void check<int>()
{
  std::cout << "int" << std::endl;
}

template<>
void check<int&>()
{
  std::cout << "int&" << std::endl;
}

template<>
void check<int&&>()
{
  std::cout << "int&&" << std::endl;
}

template< typename T >
void bar( T&& a )
{
  check<T>();
}

int main()
{
  bar(0);

  int a = 0;
  bar( a );
}

是

int
int&

不是

int&&
int&

从我的角度来看，右值引用保留为右值引用，左值引用保留为左值引用似乎更直观，但是，似乎只有左值引用保留为左值引用和右值成为非引用值。 这背后的动机/想法是什么？

Answer 1

bar(0);调用特化 bar<int>(int&&)即 T推导为 int , 所以 check<T>()是check<int>() .参数类型为T&&这是 int&& ，但这是参数的类型，而不是类型 T .

这与非转发引用完全一致。如果你定义:

template<typename T> void baz(T&);

然后你用 int 类型的左值调用它然后 T推导为 int , 不是 int&

像您的示例使用的转发引用的唯一特殊之处在于 T&&该类型可以推导为左值引用，称它为R , 在这种情况下参数类型是 R&&与 add_rvalue_reference_t<R> 相同这就是 R .所以调用电话bar(a)你叫专业bar<int&>(int&)即 T推导为 int&

当您调用 bar<int&&>(0) 时对于显式模板参数列表，没有参数推导，因此 T被 int&& 取代, 所以参数类型 T&&是add_rvalue_reference_t<int&&>这就是 int&& .