结合使用std :: forward和转发参考

亚伯拉罕·希尔伯特

是这个功能吗

template< typename T >
void foo( T&& in )
{
  bar( std::forward<T>( in ) );
}

相当于

template< typename T >
void foo( T&& in )
{
  bar( std::forward<T&&>( in ) );
}

转发参考T&&传递到std::forward哪里？

克尔扎格

是的，它们是等效的，但是惯用的方法是使用plain T。

以下是forward在C ++ 14中定义功能模板的方式：

1)
template< class T >
constexpr T&& forward( typename std::remove_reference<T>::type& t ) noexcept;
2)
template< class T >
constexpr T&& forward( typename std::remove_reference<T>::type&& t ) noexcept;

首先，让我们对示例进行一些修改，以减少类型的混乱：

template< typename U >
void foo( U&& in )
{
    using T = U; // or U&&
    bar( std::forward<T>( in ) );
}

现在，让我们考虑的返回类型forward- T&&，int作为例子：

 |     U |     T |              T&& |
 | int   | int   |            int&& |
 | int&  | int&  | int&  && = int&  |
 | int&& | int&& | int&& && = int&& |

与 using T = U&&

 |     U |     U&& (also T) |              T&& |
 | int   |            int&& | int&& && = int&& |
 | int&  | int&  && = int&  | int&  && = int&  |
 | int&& | int&& && = int&& | int&& && = int&& |

因此，结果类型相同。

至于参数，typename std::remove_reference<T>::type是一个死胡同。我使用的remove_ref<T>是可读性：

 |     T | remove_ref<T> |    remove_ref<T>& | remove_ref<T>&& |
 | int   |           int |              int& |           int&& |
 | int&  |           int |              int& |           int&& |
 | int&& |           int |              int& |           int&& |

如您所见，这完全不依赖于template参数的引用性。

参考折叠在这里更深入地说明。

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