c++ - 为什么在推导类型时去除模板参数的限定符？

Question

在使用 Microsoft VisualStudio 2008 构建一个小示例程序时，我注意到关于传递给模板的类型的推导有一件奇怪的事情。考虑这个例子:

template<class T>
void f( T v ) {
    x; // trigger a compile error
    (void)v;
}

template<class T>
void g( T v ) {
    f( v );
}

void h() {
  int i;
  g<const int &>( i );
}

使用 cl/c foo.cpp 编译此示例会产生编译错误(如预期的那样)。有趣的是“T”模板参数的值。这是 VisualStudio 2008 打印的内容:

mini.cpp(3) : error C2065: 'x' : undeclared identifier
        mini.cpp(9) : see reference to function template instantiation 'void f<int>(T)' being compiled
        with
        [
            T=int
        ]
        mini.cpp(14) : see reference to function template instantiation 'void g<const int&>(T)' being compiled
        with
        [
            T=const int &
        ]

请注意在 g 中，参数的类型是 const int & 但在 f 中它只是 int。显然，在推导实例化 f 模板时要使用的类型时，引用 const 部分被删除了。调整示例以便调用 f 时

f<T>( v );

在f和g中，类型都是const int &。这是为什么？这是指定的行为吗？我 secret 地依赖传递给 f 的 v 函数参数的类型，但显然不是。

Answer 1

答案是虽然变量 v 的类型是 const int &，但是 expression v 是一个类型为 const int 的左值表达式。

litb 提供了文本 (5/6):“如果一个表达式最初具有“对 T 的引用”类型(8.3.2、8.5.3)，则在任何进一步分析之前将类型调整为“T”，该表达式指定由引用表示的对象或函数，并且该表达式是一个左值。”

“参数”是“函数调用表达式中由括号包围的逗号分隔列表中的表达式”(1.3.1)。所以在 14.8.2.1 中:

• “调用的相应参数类型(称之为A)”是const int。
• “如果 A 是 cv 限定类型，则类型推导将忽略 A 类型的顶级 cv 限定符”(因此，int)。
• “推导过程试图找到使推导的 A 与 A 相同的模板参数值”(所以 T 是 int)