为什么使用std :: forward禁用模板自变量推导？

Question

在VS2010中，std :: forward的定义如下：

template<class _Ty> inline

_Ty&& forward(typename identity<_Ty>::type& _Arg)

{   // forward _Arg, given explicitly specified type parameter

    return ((_Ty&&)_Arg);

}

identity似乎仅用于禁用模板参数推导。在这种情况下有意禁用它有什么意义？

Answer 1

如果将对类型对象的右值引用传递给以X类型T&&为参数的模板函数，则模板参数推导将推导T为X。因此，该参数具有type X&&。如果函数参数是左值或const左值，则编译器会推导其类型为该类型的左值引用或const左值引用。如果std::forward使用模板参数推导：由于objects with names are lvalues只有输入参数是未命名的右值（例如或），std::forward才能正确转换T&&为。在完美转发的情况下，您传递给的是左值，因为它具有名称。的类型将推导为左值引用或const左值引用。引用折叠规则将导致in std :: forward 中的in始终解析为左值引用或const左值引用。7func()argstd::forwardstd::forwardT&&static_cast<T&&>(arg)例：template<typename T>T&& forward_with_deduction(T&& obj){&nbsp; &nbsp; return static_cast<T&&>(obj);}void test(int&){}void test(const int&){}void test(int&&){}template<typename T>void perfect_forwarder(T&& obj){&nbsp; &nbsp; test(forward_with_deduction(obj));}int main(){&nbsp; &nbsp; int x;&nbsp; &nbsp; const int& y(x);&nbsp; &nbsp; int&& z = std::move(x);&nbsp; &nbsp; test(forward_with_deduction(7));&nbsp; &nbsp; //&nbsp; 7 is an int&&, correctly calls test(int&&)&nbsp; &nbsp; test(forward_with_deduction(z));&nbsp; &nbsp; //&nbsp; z is treated as an int&, calls test(int&)&nbsp; &nbsp; //&nbsp; All the below call test(int&) or test(const int&) because in perfect_forwarder 'obj' is treated as&nbsp; &nbsp; //&nbsp; an int& or const int& (because it is named) so T in forward_with_deduction is deduced as int&&nbsp;&nbsp; &nbsp; //&nbsp; or const int&. The T&& in static_cast<T&&>(obj) then collapses to int& or const int& - which is not what&nbsp;&nbsp; &nbsp; //&nbsp; we want in the bottom two cases.&nbsp; &nbsp; perfect_forwarder(x);&nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp;&nbsp; &nbsp; perfect_forwarder(y);&nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp;&nbsp; &nbsp; perfect_forwarder(std::move(x));&nbsp; &nbsp; perfect_forwarder(std::move(y));}

Answer 2

因为std::forward(expr)没有用。它唯一能做的就是无操作，即完美地推论其论点并像身份函数一样工作。替代方法是与相同std::move，但我们已经有了。换句话说，假设有可能，template<typename Arg>void generic_program(Arg&& arg){&nbsp; &nbsp; std::forward(arg);}std::forward(arg)在语义上等效于arg。另一方面，std::forward<Arg>(arg)在一般情况下，这不是禁忌。因此，通过禁止std::forward(arg)它可以帮助捕获程序员错误，并且由于的任何可能的使用std::forward(arg)都被代替了，因此我们什么也不会丢失arg。我认为，如果我们专注于确切std::forward<Arg>(arg) 执行的事情，而不是std::forward(arg)会执行的事情，您会更好地理解（因为这是无趣的禁忌）。让我们尝试编写一个完美地传递其参数的无操作函数模板。template<typename NoopArg>NoopArg&& noop(NoopArg&& arg){ return arg; }这种幼稚的第一次尝试不是很有效。如果我们调用，noop(0)则NoopArg推导为int。这意味着返回类型为int&&并且我们不能从表达式中绑定这样的右值引用arg，即左值（它是参数的名称）。如果然后尝试：template<typename NoopArg>NoopArg&& noop(NoopArg&& arg){ return std::move(arg); }然后int i = 0; noop(i);失败。这次NoopArg被推导出为int&（引用折叠规则保证将int& &&折叠为int&），因此返回类型为int&，这一次我们不能从std::move(arg)作为xvalue 的表达式中绑定这种左值引用。在像的完美转发函数的上下文中noop，有时我们想移动，而其他时候我们不想要。知道是否应该移动的规则取决于Arg：如果不是左值引用类型，则意味着noop传递了右值。如果是左值引用类型，则表示noop已传递左值。因此std::forward<NoopArg>(arg)，为了使功能模板做正确的事情，NoopArg是中的一个必要参数std::forward。没有它，就没有足够的信息。这NoopArg是不是同一类型什么T的参数std::forward会在一般情况下推断。

Answer 3

由于我们将变量传递给std::forward，T将被推导为左值引用类型，并且引用折叠规则将确保返回类型与该左值引用类型相同，因此该调用将为左值。同样，std::forward(0)将是一个xvalue。因此，推论std::forward将完美地提出其论点，并且是一个无人问津。