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让我们有一个名为 Y 的函数重载：

void Y(int& lvalue)
{ cout << "lvalue!" << endl; }

void Y(int&& rvalue)
{ cout << "rvalue!" << endl; }

现在，让我们定义一个类似于 std::forward 的模板函数

template<class T>
void f(T&& x)
{
   Y( static_cast<T&&>(x) );   // Using static_cast<T&&>(x) like in std::forward
}

现在看看 main()

int main()
{
   int i = 10;

   f(i);       // lvalue >> T = int&
   f(10);      // rvalue >> T = int&&
}

正如预期的那样，输出是

lvalue!
rvalue!

现在回到模板函数f()并替换static_cast<T&&>(x)为static_cast<T>(x). 让我们看看输出：

lvalue!
rvalue!

一样的！为什么？如果它们相同，那么为什么要从tostd::forward<>返回一个演员表？xT&&

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左值与右值分类保持不变，但效果完全不同（并且值类别确实发生了变化 - 尽管在您的示例中不是以可观察的方式）。让我们回顾一下这四种情况：

template<class T>
void f(T&& x)
{
    Y(static_cast<T&&>(x));
}

template<class T>
void g(T&& x)
{
    Y(static_cast<T>(x));
}

如果我们f用左值调用，T将推断为 some X&，因此强制转换引用崩溃X& && ==> X&了，所以我们最终得到相同的左值并且没有任何变化。

如果我们f用右值调用，T将推断为 someX所以强制转换只是转换x为对 的右值引用x，所以它变成一个右值（特别是一个 xvalue）。

如果我们g用左值调用，所有相同的事情都会发生。没有必要折叠参考，因为我们只是在使用T == X&，但演员阵容仍然是空操作，我们仍然得到相同的左值。

但是如果我们g用一个右值调用，我们有static_cast<T>(x)which 会复制 x. 该副本是一个右值（正如您的测试所验证的那样 - 除了现在它是一个纯右值而不是一个 xvalue），但它充其量是一个额外的、不必要的副本，T最坏的情况是编译失败（如果可移动但不可复制）。使用static_cast<T&&>(x)，我们正在转换为引用，该引用不会调用副本。

这就是我们这样做的原因T&&。

于 2016-07-07T17:28:06.007 回答