右值引用的类型推演在C++ 11 C++ 11

之前，模板类型推演很简单：右值引用的类型推演在C++ 11 C++ 11

template <typename X> 
void bar(X i) { 
    std::cout << __PRETTY_FUNCTION__ << std::endl; 
}

X型将是调用者传递参数的任何类型

。

现在，对于C++ 11，我阅读了一篇关于Scott Meyers右值引用的文章。

它指出

template<typename T> 
void f(T&& param);

在扣除类型为模板参数是一个普遍的参考，左值和相同类型的右值推导出有略为不同的类型。具体地，类型T的左值被推断为类型T &（即，左值参照T），而T型的右值被推断为是简单的类型T.

不知为什么类型的左值T被推断为T &类型，而T类型的右值被推断为简单的T类型。

这只是记住的东西吗？要么？

来源

2014-10-31 Hei

请注意，当“X”是引用类型时，您呈现的示例会变得不正确。 '双＆'。在这种情况下，'X'仍然会被推断为'double'，但参数类型是'double＆'，因此它们是不同的。没有单一类型'X'，而是两种类型，即推导类型和参数类型。 – davidhigh 2014-10-31 13:18:03

唯一要回答的问题是为什么T&导致T&而不是T（就像它在“正常”类型的扣除）。对于这一点，我想答案是“完美转发” .`

编辑：更详细，可以考虑在这里你完全向前迈进了一类构造函数的情况下：

struct Widget //... to stay in Scott Meyers terminology 
{ 
    double &x; 
    Widget(double &_x) : x(_x) {} 

}; 

class Manager : public Widget 
{ 
    template<typename ... Args> 
    Manager(Args&& ... args) : Widget(std::forward<Args>(args) ...) {} 
};

如果调用Manager通过

double d=1.0; 
Manager(d);

的Args&&...类型被推断double &，根据规则，你我ntioned。由此，Manager类的构造表现为

Manager(double &d) : Widget(std::forward<double&>(d)) {}

的std::forward<double &>(d)效果就基本上一个static_cast<double&&>((double &) d)，其通过引用折叠的规则仍然(double &) (d)。因此，构造变得

Manager(double &d) : Widget((double &) d) {}

这样，变量正确传递给类Widget，并且它也确保了正确的构造 - 一个将参考 - 被调用。

相反，如果该类型没有推导出double &，而是作为double，则Manager类的构造函数会表现得像

Manager(double &d) : Base(std::forward<double>(d)) {}

成为翻译成

Manager(double &d) : Base((double &&) (d)) {}

也就是说，左值引用被转换为右值引用（ - 好像已经应用了std::move）。

有了这个，可能仍然可以参考，因为演员没有改变变量的地址。但是，现在您无法确定调用了Widget中的正确构造函数 - 还可能有另一个正在使用右值引用，然后会错误地调用它。

来源

2014-10-31 11:45:12 davidhigh

感谢您的回复。我试图理解为什么传入一个左值意味着T被推断为T类型，而传入右值则意味着T被推断为T类型。是否只是记忆的规则？ – Hei 2014-10-31 11:52:14

我添加了更多信息。希望读者明白我的观点......可能只是一个愚蠢的问题，它只是记忆的一个规则。 – Hei 2014-10-31 11:57:29

我写了一些更多的细节，也纠正了这个例子的基本原理。 – davidhigh 2014-10-31 12:58:11

我认为原因是T和T &表示作为参数类型出现时的左值;只是T表示左值作为局部变量，而T &表示“别处的左值”。

这是不太可能，实例化两个T，T &和T & &时，因为后者的语义与那些左值完全不同的通用功能，将工作做好。所以，你想要一个右值，你应该明确地声明它。

来源

2014-10-31 13:01:30 Elazar

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