为什么在 C++ 中推导的 fun(T t) 和 fun(T && t) 类型不同？答案

【问题标题】：Why deduced types of fun(T t) and fun(T && t) are different in C++?为什么在 C++ 中推导的 fun(T t) 和 fun(T && t) 类型不同？
【发布时间】：2018-01-17 15:22:59
【问题描述】：

template <typename T>
void fun1(T t) {} 

template <typename T>
void fun2(T && t) {}

int i = 1;
fun1(i); // the deduced type of T is int
fun2(i); // the deduced type of T is int &

fun1(i)和fun2(i)中T的推导类型分别是int和int &，谁能解释一下编译器如何推导的机制？

更新

这个问题不是Type not deduced to be r-value reference: why not?的重复问题，因为：

后面的问题解释了以下的扣除规则：

template <class T>
void foo(T&& )

这里想了解一下扣分规则的区别

template <class T>
void foo(T&& )

和

template <class T>
void foo(T )

【问题讨论】：

您希望得到什么？ int 和 int&& 都会使 t 成为右值引用，它不能绑定到左值 i。
Type not deduced to be r-value reference: why not?的可能重复
不，不是。请参阅更新。 @E_net4
不同之处在于它们是不同的函数签名。 fun1(T) 总是按值传递，fun2(T&&) 根据链接副本中解释的规则推导。它们没有其他关系。
我知道 fun2(i) 是通过左值引用传递的，但是为什么 fun1(i) 是通过值传递而不是左值引用呢？ @thirtythreeforty

标签： c++ rvalue-reference

【解决方案1】：

这是一个完美的正向，它可以根据提供给模板的参数产生不同的结果。

完美的转发减少了对重载函数的需求，并有助于避免转发问题。转发问题可能发生在您编写一个将引用作为其参数的通用函数并将这些参数传递（或转发）给另一个函数。为了例如，如果泛型函数采用 const T& 类型的参数，那么被调用的函数不能修改该参数的值。如果泛型函数接受 T& 类型的参数，然后函数不能使用右值调用（例如临时对象或整数字面量）。

通常，要解决这个问题，你必须提供重载同时采用 T& 和 const T& 的通用函数的版本它的每一个参数。结果，超载的数量函数随着参数的数量呈指数增长。右值引用使您能够编写函数的一个版本，接受任意参数并将它们转发给另一个函数如果直接调用了另一个函数。

Rvalue Reference

转发引用转发引用是一种特殊的引用，它保留函数参数的值类别，从而可以通过 std::forward 转发它。转发引用是：

函数模板的函数参数声明为对同一函数模板的 cv 非限定类型模板参数的右值引用：
auto&& 除非从大括号括起来的初始值设定项列表中推导出来。

Forwarding Reference

这里解释了它是如何做的： Template Deduction

【讨论】：

【解决方案2】：

因为i 的类型是int，而不是int&。正如[temp.deduct.call] paragraph 1 所说

模板参数推导是通过比较每个函数模板来完成的参数类型（称为 P）包含模板参数，这些模板参数与调用的相应参数的类型（称为 A）一起参与模板参数推导，如下所述。

[temp.deduct.call] paragraph 4 说

一般来说，推导过程会尝试找到使推导的 A 与 A 相同的模板参数值（在类型 A 如上所述转换之后）。

转发参考案例是一种特殊情况。正如[temp.deduct.call] paragraph 3 明确表示的那样

如果 P 是转发引用且参数是左值，则使用类型“对 A 的左值引用”代替 A 进行类型推导。

【讨论】：