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就像std::reference_wrapper在幕后使用指针来存储“引用”一样，我正在尝试使用以下代码做类似的事情。

#include <type_traits>

struct Foo
{
    void* _ptr;

    template<typename T>
    Foo(T val,
        typename std::enable_if
            <
                std::is_reference<T>::value,
                void
            >::type* = nullptr)
        : _ptr(&val)
    { }
};

int main()
{
    int i = 0;
    int& l = i;

    Foo u2(l);

    return 0;
}

但是，这无法编译：

CXX main.cpp
main.cpp: In function ‘int main()’:
main.cpp:23:13: error: no matching function for call to ‘Foo::Foo(int&)’
main.cpp:23:13: note: candidates are:
main.cpp:8:5: note: template<class T> Foo::Foo(T, typename std::enable_if<std::is_reference<_Tp>::value, void>::type*)
main.cpp:8:5: note:   template argument deduction/substitution failed:
main.cpp: In substitution of ‘template<class T> Foo::Foo(T, typename std::enable_if<std::is_reference<_Tp>::value, void>::type*) [with T = int]’:
main.cpp:23:13:   required from here
main.cpp:8:5: error: no type named ‘type’ in ‘struct std::enable_if<false, void>’
main.cpp:3:8: note: constexpr Foo::Foo(const Foo&)
main.cpp:3:8: note:   no known conversion for argument 1 from ‘int’ to ‘const Foo&’
main.cpp:3:8: note: constexpr Foo::Foo(Foo&&)
main.cpp:3:8: note:   no known conversion for argument 1 from ‘int’ to ‘Foo&&’

如何使enable_if参考参数的返回为真？

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1 回答 1

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T在这种情况下，永远不会被推断为引用类型。在您构造对象u2时，构造函数模板参数被推导出为int。

虽然变量的类型u2是int&，但在表达式中使用 时，它是类型的左值表达式。 表达式永远没有引用类型。u2int

模板实参推导使用函数实参的类型来推导模板形参类型。函数参数是表达式。因此，因为没有表达式具有引用类型，模板参数永远不会被推断为引用类型。

[在 C++11 中，如果函数参数具有 type T&&，如果参数是左值，T则可以推断为类型。T&这种机制可以实现完美转发。不过，这与您的情况无关。]

实际上，在表达式中，对象和对该对象的引用是无法区分的。引用只允许您为对象指定另一个名称。

于 2012-06-06T03:30:23.393 回答