了解 std::forward答案

【问题标题】：Understanding std::forward了解 std::forward
【发布时间】：2015-08-25 13:08:54
【问题描述】：

为什么编译器无法推断出std::forward 的模板参数？

我的意思是：

#include <memory>
#include <iostream>

struct X{};

struct A{
    A( const X& ) { std::cout << "cpy ctor\n"; }
    A( X&& ) { std::cout << "move ctor\n"; }
};

X foo() { return {}; }

template<typename T,typename Arg>
T* factory( Arg&& a )
{
    return new T(std::forward(a));
    // ----------^^^^^^^^^^^^^^^ error: can't deduce template parameter
}

int main()
{
    factory<A>(foo());
}

我知道这是一种设计选择（由于std::forward 的定义中的std::remove_reference）避免用户忘记指定类型。我无法得到的是：为什么它的实施方式可以防止扣除？为什么编译器不只是将forward 的模板参数推断为Arg。

【问题讨论】：

你能澄清一下这个问题吗？您是在问为什么选择该设计来防止推理推理，或者为什么它的实现方式可以防止推理？
手动指定类型的目的是让forward可以决定是否应该movea。模板参数推导可以让您确定a 的类型，但不能确定是否应该移动它。
@Angew 第二个。

标签： c++ c++11 perfect-forwarding

【解决方案1】：

std::forward 声明如下：

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

typename std::remove_reference<T>::type 是一个非推断上下文。编译器无法知道应该推导出哪个T，因为它不理解type 成员类型和给定T 之间的语义联系。它需要搜索所有类型以找到匹配项并能够以某种方式消除冲突。这是不合理的，所以标准不允许。

【讨论】：

是的，这就是我想要的。我认为阅读this 将完成剩下的工作。

【解决方案2】：

您必须为forward 指定类型的原因是，在函数内部a 会发生什么情况：

template<typename T,typename Arg>
T* factory( Arg&& a )
{
    // 'a' is always an lvalue here

由于a始终是左值，a 本身没有足够的信息来确定它是作为左值还是右值传入。该信息只能通过Arg 类型获得，这将是X 或X&。如果没有这些额外的类型信息，就不可能知道a 是否必须作为左值或右值转发......这就是你需要提供它的原因：

    return new T(std::forward<Arg>(a));
}

【讨论】：

好吧，我认为 OP 提出了一个稍微不同的问题。无论如何都会把它留在这里。
是的，我的错。这个问题不是很清楚。我希望编辑有助于找出我的麻烦。

【解决方案3】：

来自 C++11 标准：

14.8.2.5 从类型推导模板参数

未推断的上下文是：

— 使用限定 ID 指定的类型的嵌套名称说明符

— decltype-specifier 的表达式。

——一个非类型模板参数或一个绑定在其中的数组子表达式引用模板参数。

——函数参数类型中使用的模板参数具有在调用中使用的默认参数的参数正在为哪个参数进行推导。

等等……

std::forward 声明如下：

template<typename _Tp> constexpr _Tp&& forward(typename std::remove_reference<_Tp>::type& __t) noexcept

根据上面的第一句话： typename std::remove_reference<_Tp>::type 是非推断上下文。

【讨论】：