为什么模板构造函数优于复制构造函数？

Question

#include <iostream>

struct uct
{
    uct() { std::cerr << "default" << std::endl; }

    uct(const uct &) { std::cerr << "copy" << std::endl; }
    uct(      uct&&) { std::cerr << "move" << std::endl; }

    uct(const int  &) { std::cerr << "int" << std::endl; }
    uct(      int &&) { std::cerr << "int" << std::endl; }

    template <typename T>
    uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }
};

int main()
{
    uct u1    ; // default
    uct u2( 5); // int
    uct u3(u1); // template, why?
}

coliru

构造函数的模板重载适合两种声明（u2 和u3）。但是当int 被传递给构造函数时，会选择非模板重载。调用复制构造函数时，会选择模板重载。据我所知，在重载决议期间，非模板函数总是优于模板函数。为什么复制构造函数的处理方式不同？

Answer 1

据我所知，在重载决议期间，非模板函数总是优于模板函数。

这是真的，只有当特化和非模板完全一样时。但这里不是这种情况。当你调用uct u3(u1) 时，重载集得到

uct(const uct &)
uct(uct &) // from the template

现在，由于u1 不是 const，它必须应用 const 转换来调用复制构造函数。要调用模板特化，它不需要做任何事情，因为它是完全匹配的。这意味着模板获胜，因为它是更好的匹配。

要停止这件事，您可以使用SFINAE 将模板函数限制为仅在T 不是uct 时调用。看起来像

template <typename T, std::enable_if_t<!std::is_same_v<uct, std::decay_t<T>>, bool> = true>
uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }

Answer 2

当试图调用复制构造函数时，模板重载是 选择。据我所知，非模板函数总是首选 重载决议期间的模板函数。为什么是复制构造函数 处理方式不同？

template <typename T>
uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }
//    ^^

选择模板版本的原因是因为编译器能够
生成一个带有签名(T &) 的构造函数，它更适合并因此被选中。

• 如果您将签名从 uct u1 更改为 const uct u1，那么它将适合复制构造函数（因为 u1 不是以 const 开头）。

• 如果您将签名从 uct(const uct &) 更改为 uct(uct&)，它会更合适，它会选择它而不是模板版本。
  

• 此外，如果您使用了uct u3(std::move(u1));，则会选择uct(uct&&)

---

要解决此问题，您可以在 T 与 uct 相同时使用 SFINAE 禁用重载：

template <typename T, std::enable_if_t<!std::is_same_v<std::decay_t<T>, uct>>>
uct(T&&)
{
  std::cerr << "template" << std::endl;
}

Answer 3

问题在于模板构造函数没有限定符const，而非模板复制构造函数在其参数中具有限定符 const。如果您将对象u1 声明为const 对象，则将调用非模板复制构造函数。

来自 C++ 标准（7 种标准转换）

1 标准转换是具有内置含义的隐式转换。 第 7 条列举了所有此类转换。一个标准 转换序列是标准转换的序列 以下顺序：

(1.4) — 零或一次资格转换

所以复制构造函数需要一个标准转换，而模板构造函数不需要这样的转换。