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假设我有一些函数是我想要推断的类型的参数类型（或几个参数类型）。此外，我想要基于事实的不同行为是右值还是左值。由于完美的转发，直截了当地写它会导致一个明显的（对于有经验的人）陷阱：

#include <iostream>
#include <vector>

template <typename T>
void f (T &&v) // thought to be rvalue version
{
   // some behavior based on the fact that v is rvalue
   auto p = std::move (v);
   (void) p;
}

template <typename T>
void f (const T &v) // never called
{  
   auto p = v;
   (void) p;
}

int main ()
{
    std::vector<int> x = {252, 135};
    auto &z = x;
    f (z);
    std::cout << x.size () << '\n'; // woah, unexpected 0 or crash
}

尽管这种行为的鬼鬼祟祟的性质已经是一个有趣的观点，但我的问题实际上是不同的——对于这种情况，什么是好的、简洁的、可理解的解决方法？

如果没有推断出完美转发的类型（例如，它已经知道外部类的模板参数或类似的东西），那么有一个众所周知的解决方法是使用typename identity<T>::type&&代替，T&&但是由于相同的构造是避免类型推断的解决方法，它在这种情况下没有帮助. 我可能可以想象一些 sfinae 技巧来解决它，但代码清晰度可能会被破坏，并且它看起来与类似的非模板函数完全不同。

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3 回答 3

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SFINAE 隐藏在模板参数列表中：

#include <type_traits>

template <typename T
        , typename = typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type>
void f(T&& v);

template <typename T>
void f(const T& v);

演示

SFINAE 隐藏在返回类型中：

template <typename T>
auto f(T&& v)
    -> typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type;

template <typename T>
void f(const T& v);

演示 2

在 typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type中可以缩短为：

std::enable_if_t<!std::is_lvalue_reference<T>{}>

无论如何，即使在中，如果您发现它更简洁，您也可以使用别名模板缩短语法：

template <typename T>
using check_rvalue = typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type;

演示 3

使用 constexpr-if：

template <typename T>
void f(T&& v)
{
    if constexpr (std::is_lvalue_reference_v<T>) {}
    else {}
}

使用概念：

template <typename T>
concept rvalue = !std::is_lvalue_reference_v<T>;

void f(rvalue auto&& v);

void f(const auto& v);

演示 4

于 2015-08-12T17:28:13.420 回答
4

第二级实施怎么样：

#include <utility>
#include <type_traits>

// For when f is called with an rvalue.
template <typename T>
void f_impl(T && t, std::false_type) { /* ... */ }

// For when f is called with an lvalue.
template <typename T>
void f_impl(T & t, std::true_type) { /* ... */ }

template <typename T>
void f(T && t)
{
    f_impl(std::forward<T>(t), std::is_reference<T>());
}
于 2015-08-12T17:18:02.553 回答
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我认为 SFINAE 应该会有所帮助：

template<typename T,
         typename = typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>::value>::type>
void f (T &&v) // thought to be rvalue version
{
   // some behavior based on the fact that v is rvalue
   auto p = std::move (v);
   (void) p;
}

template <typename T>
void f (const T &v) // never called
{  
   auto p = v;
   (void) p;
}
于 2015-08-12T17:27:35.913 回答