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考虑一下这段代码，它使用了一个常见的习惯用法，即让函数模板构造一个专门针对推导类型的类模板的实例，如std::make_uniqueand所示std::make_tuple，例如：

template <typename T>
struct foo
{
    std::decay_t<T> v_;
    foo(T&& v) : v_(std::forward<T>(v)) {}
};

template <typename U>
foo<U> make_foo(U&& v)
{
    return { std::forward<U>(v) };
}

在 Scott Meyers 的“通用引用”的上下文中，参数 to make_foo是通用引用，因为它的类型是推导的U&&位置。U构造函数的参数foo不是通用引用，因为尽管它的类型是T&&，但T（通常）不是推导的。

但是在构造函数的情况下，在foo我make_foo看来，将构造函数的参数foo视为通用引用可能是有意义的，因为T已经由函数模板推导出来make_foo。将应用相同的引用折叠规则，以便v两个函数中的类型相同。在这种情况下，两者T 和U都可以说已经推导出来了。

所以我的问题是双重的：

  • 在调用者在通用引用上下文中推断出来foo的有限情况下，将构造函数的参数视为通用引用是否有意义，例如我的示例？T
  • 在我的例子中，这两种用法都std::forward合理吗？
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2 回答 2

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make_foo与“正确”在同一个球场，但foo不是。构造foo函数目前只接受一个 non-deduced T &&，并且转发可能不是你的意思（但请参阅@nosid 的评论）。总而言之，foo应该有一个类型参数，有一个模板化的构造函数，并且 maker 函数应该做衰减：

template <typename T>
struct foo
{
    T v_;

    template <typename U>
    foo(U && u) : v_(std::forward<U>(u)) { }
};

template <typename U>
foo<typename std::decay<U>::type> make_foo(U && u)
{
    return foo<typename std::decay<U>::type>(std::forward<U>(u));
}

在 C++14 中，maker 函数的编写变得更加简单：

template <typename U>
auto make_foo(U && u)
{ return foo<std::decay_t<U>>(std::forward<U>(u)); }

正如您现在编写的代码一样，int a; make_foo(a);将创建一个类型为 的对象foo<int &>。这将在内部存储一个int，但它的构造函数只接受一个int &参数。相比之下，make_foo(std::move(a))将创建一个foo<int>.

因此，按照您编写它的方式，类模板参数决定了构造函数的签名。（这std::forward<T>(v)仍然以一种变态的方式有意义（感谢@nodis 指出这一点），但这绝对不是“转发”。）

这是非常不寻常的。通常，类模板应该确定相关的包装类型，构造函数应该接受任何可以用来创建包装类型的东西，即构造函数应该是一个函数模板。

于 2014-06-30T19:18:40.257 回答
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“通用参考”没有正式定义，但我将其定义为：

通用引用是类型为 [template-parameter] 的函数模板的参数&&，目的是模板参数可以从函数参数中推导出来，并且参数将通过左值引用或右值引用适当地传递。

因此，根据该定义，不，构造函数T&& v中的参数foo不是通用引用。

然而，“通用参考”这个词的全部意义在于为我们人类在设计、阅读和理解代码时提供一个模型或模式来思考。说“当make_foo调用 的构造函数时foo<U>，模板参数T已经从参数推导出来make_foo，允许构造函数参数T&& v是左值引用或右值引用，这是合理且有帮助的。” 这与我可以继续声明的相同概念非常接近：“当make_foo调用 的构造函数时foo<U>，构造函数参数T&& v本质上是一个通用引用。”

是的，这两种用法都std::forward将按照您的意图进行，如果可能，允许成员v_从make_foo参数中移动或复制。但是make_foo(my_str)返回 a foo<std::string&>，而不是 a foo<std::string>，包含 的副本my_str是相当令人惊讶的......

于 2014-06-30T19:56:14.390 回答