C++：具有显式指定引用类型作为类型参数的模板函数答案

【问题标题】：C++: template function with explicitly specified reference type as type parameterC++：具有显式指定引用类型作为类型参数的模板函数
【发布时间】：2014-12-02 18:34:32
【问题描述】：

我在玩 C++ 模板类型推导，并设法编译了这个小程序。

template<typename T>
 void f(const T& val)
 {
   val = 1;
 }


 int main()
 {
    int i = 0;
    f<int&>(i);
 }

它可以在所有主要编译器上编译，但我不明白为什么。为什么f 可以分配给val，而val 被明确标记为const？是这些编译器中的错误还是根据 C++ 标准的有效行为？

【问题讨论】：

参考折叠。
@πάνταῥεῖ 这对我来说似乎不对。对左值引用的左值引用是左值引用，而不是右值引用，因此它应该扩展为void f(const int&)。

标签： c++ function-templates

【解决方案1】：

§8.3.2 [dcl.ref]/p6:

如果 typedef-name (7.1.3, 14.1)^* 或 decltype-specifier (7.1.6.2) 表示类型 TR 是对类型 T 的引用，尝试创建类型“对 cv TR 的左值引用” 创建类型“左值引用 T”，同时尝试创建类型“右值引用” to cv TR” 创建类型 TR。

这称为引用折叠，在 C++11 中引入。在 C++03 中，您的代码格式不正确，但一些编译器支持它作为扩展。

请注意，在const T & 中，const 适用于 T 类型，因此当 T 为 int & 时，const 将适用于引用类型本身（这是没有意义的，因为引用是无论如何都是不可变的），而不是所指的类型。这就是为什么参考折叠规范会忽略 TR 上的任何 cv 限定符。

_{^*模板类型参数是 typedef-name，根据 §14.1 [temp.param]/p3:}

一个类型参数，其标识符不跟在省略号后面将其 identifier 定义为 typedef-name（如果用 class 或 typename) 或 template-name (如果用 template) 在模板声明的范围内。

【讨论】：

我认为这是一个非常好的答案，直接且没有神秘感。 (+1)

【解决方案2】：

我想在其他帖子中附加以下来自 C++ 标准（8.3.2 参考）的引用

1... cv 限定的引用格式错误，除非通过使用 typedef-name (7.1.3, 14.1) 或 decltype-specificer (7.1.6.2)，在这种情况下，将忽略 cv 限定符。

[ Example:
typedef int& A;
const A aref = 3; // ill-formed; lvalue reference to non-const initialized with rvalue

在上面来自 C++ 标准的示例中，最后一条语句将不会被编译，因为限定符 const 被忽略（根据引号），并且您不能将右值与非 const 引用绑定。

【讨论】：

这似乎是相关的报价。
“忽略 cv-qualifier”部分嵌入到规范中以供参考折叠，并且不需要您引用的额外段落。注意“cv TR”部分。
@T.C.我可以反过来说，在我引用的引用中描述了相对于 cv-qualifiers 的参考折叠规范部分。因此，您引用的额外段落中不需要，因为本质上是关于作为模板参数的引用的 cv 限定符的问题。

【解决方案3】：

const T& 在此示例中不会变成int&：在f<int&>(i) 中，您将T 显式设置为int&。 const 仅在 T 的定义用于确定 val 的类型时才进入图片，它变为 const int&（一个微妙之处是在此替换过程中引用被折叠，所以你不会结束类型中有两个&）。

【讨论】：

也许我误读了您的答案，但这是否解释了分配给const 的可能性？
哦，不，它没有；我错过了问题的这一方面。