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假设我的代码中的某处是一个foo具有通用引用参数的函数，我无法更改：

template<typename T>
auto foo(T&& t) { std::cout<<"general version"<<std::endl; }

现在我想foo为给定的类重载A，并确保为任何限定符和引用类型A调用重载。为此，我可以蛮力地为所有可能的资格提供重载（暂时忽略volatile）：

auto foo(A & a) { std::cout<<"A&"<<std::endl; }
auto foo(A const& a) { std::cout<<"A const&"<<std::endl; }
auto foo(A && a) { std::cout<<"A &&"<<std::endl; }
auto foo(A const&& a) { std::cout<<"A const&&"<<std::endl; }

演示。然而，对于更多参数，这非常糟糕。

或者，我可以按值传递，这似乎也捕获了所有先前的情况：

auto foo(A a) { std::cout<<"A"<<std::endl; }

演示。但是现在需要复制大对象（至少在原则上）。

有没有解决这些问题的优雅方法？

请记住，我无法更改通用参考功能，因此SFINAE之类的可能性不大。

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C++20 更新：对于 C++11 到 C++17，以下答案仍然适用，但在 C++20 中，您可以这样做：

template <typename T>
    requires std::same_as<std::remove_cvref_t<T>, A>
auto foo(T&& t) {
    // since this is more constrained than the generic forwarding reference
    // this one should be preferred for foo(A{})
}

您可以通过创建命名概念来使用更方便的语法：

template <typename T, typename U>
concept DecaysTo = std::same_as<std::decay_t<U>, T>;

// longest form
template <typename T> requires DecaysTo<T, A> void foo(T&&);

// middle form
template <DecaysTo<A> T> void foo(T&&);

// abbreviated form
void foo(DecaysTo<A> auto&&);

老实说，我认为你在这里不走运。典型的方法都失败了。你可以做...

SFINAE？

template <typename T> auto foo(T&& );
template <typename T,
          typename = only_if_is<T, A>>
auto foo(T&& );

foo(A{}); // error: ambiguous

编写一个接受左值或右值引用的类？

template <typename T> lref_or_ref { ... };
    
template <typename T> auto foo(T&& );
auto foo(lref_or_ref<A> );

foo(A{}); // calls general, it's a better match

您可以做的最好的事情是使用选择器引入转发功能：

template <int I> struct chooser : chooser<I - 1> { };
template <> struct chooser<0> { };

template <typename T>
auto bar(T&& t, chooser<0> ) {
    // worst-option, general case
    foo(std::forward<T>(t));
}

template <typename T,
          typename = only_if_is<T, A>>
auto bar(T&& t, chooser<1>) {
    // A-specific
}

template <typename T>
auto bar(T&& t) {
    bar(std::forward<T>(t), chooser<20>{});
}

但是您在评论中提到这对您也不起作用。

于 2015-08-20T15:10:28.667 回答