没有显式 std::forward 的 std::apply 参数如何？

Question

考虑std::apply的可能实现：

namespace detail {
template <class F, class Tuple, std::size_t... I>
constexpr decltype(auto) apply_impl(F &&f, Tuple &&t, std::index_sequence<I...>) 
{
    return std::invoke(std::forward<F>(f), std::get<I>(std::forward<Tuple>(t))...);
}
}  // namespace detail

template <class F, class Tuple>
constexpr decltype(auto) apply(F &&f, Tuple &&t) 
{
    return detail::apply_impl(
        std::forward<F>(f), std::forward<Tuple>(t),
        std::make_index_sequence<std::tuple_size_v<std::decay_t<Tuple>>>{});
}

为什么在调用函数(f) 和参数元组传递(t) 时，我们不需要在实现中对元组std::get<I>(std::forward<Tuple>(t))... 的每个元素执行std::forward？

Answer 1

您不需要std::forward 每个元素，因为std::get 被重载用于元组的右值引用和左值引用。

std::forward<Tuple>(t) 会给你一个左值（Tuple &）或一个右值（Tuple &&），根据你得到的，std::get 会给你一个T &（左值）或一个@987654334 @（右值）。查看std::get的各种重载。

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关于std::tuple和std::get的一些细节-

正如StoryTeller 所提到的，元组的每个成员都是一个左值，无论它是从右值还是左值构造的，在这里都无关紧要：

double a{0.0};
auto t1 = std::make_tuple(int(), a);
auto t2 = std::make_tuple(int(), double());

问题是 - 元组是右值吗？如果是，你可以移动它的成员，如果不是，你必须做一个复制，但是std::get已经通过返回相应类别的成员来处理这个问题。

decltype(auto) a1 = std::get<0>(t1);
decltype(auto) a2 = std::get<0>(std::move(t1));

static_assert(std::is_same<decltype(a1), int&>{}, "");
static_assert(std::is_same<decltype(a2), int&&>{}, "");

回到std::forward 的具体示例：

template <typename Tuple>
void f(Tuple &&tuple) { // tuple is a forwarding reference
    decltype(auto) a = std::get<0>(std::forward<Tuple>(tuple));
}

f(std::make_tuple(int())); // Call f<std::tuple<int>>(std::tuple<int>&&);
std::tuple<int> t1;
f(t1); // Call f<std::tuple<int>&>(std::tuple<int>&);

在f的第一次调用中，a的类型将是int&&，因为tuple将作为std::tuple<int>&&转发，而在第二种情况下，它的类型将是int&，因为@ 987654349@ 将作为std::tuple<int>& 转发。

Answer 2

std::forward 用于确保所有内容都以正确的值类别到达调用站点。

但元组的每个成员都是左值，即使它是 rvalue 引用的元组。