在 C++17 中使用转发引用时，模板结构是否需要 std::decay？

Question

在 C++17 中，可以使用instantiate objects without specifying the template types。基本上，这段代码可以编译：

std::pair p(2, 4.5);     // deduces to std::pair<int, double> p(2, 4.5);
std::tuple t(4, 3, 2.5); // same as auto t = std::make_tuple(4, 3, 2.5);

所以，假设以下代码：

template<typename... Ts>
struct Foo
{
    Foo(Ts&&... ts) :
        ts{std::forward_as_tuple(ts...)}
    {}

    std::tuple<Ts...> ts;
};

int main()
{
    auto f = [] { return 42; };
    Foo foo{f, [] { return 84; }};
}

我应该在这样的元组声明中使用std::decay吗？

std::tuple<std::decay_t<Ts>...> ts;

因为这就是我编写函数以根据推导出的模板类型返回对象的方式：

template<typename T>
auto make_baz(T&& t) -> baz<std::decay_t<T>>;

我可以在 Foo 的构造函数中看到这种模式，它使用转发引用将值正确地传递给元组。我不确定这里的类型推导是否表现相同。

Answer 1

无需更改类的内部结构即可使其与类模板参数推导一起使用；这就是演绎指南的用途。

最好的起点是编写一个make_X 函数；无论您是否提供，决定所需的签名都会让您知道您是否需要编写显式演绎指南，或者可以依赖从构造函数推断出的隐式演绎指南。

事实上，演绎指南，无论是隐式还是显式，都与make_X 函数的行为相同（直到复制构造函数省略）。

您想要的makeFoo 将具有以下声明：

template<typename... Ts>
auto makeFoo(Ts&&... ts) -> Foo<std::decay_t<Ts>...>;

由于这会对模板参数进行转换，因此您需要提供明确的推导指南；这在语法上与 makeFoo 的声明相同，只是删除了 auto make：

template<typename... Ts>
Foo(Ts&&... ts) -> Foo<std::decay_t<Ts>...>;

如果您不提供显式推导指南，则会从您的构造函数生成一个，除了模板参数推导期间发生的类型转换之外，不会进行任何类型转换：

template<typename... Ts>
Foo(Ts&&... ts) -> Foo<Ts...>;

这不是你想要的，因为它不适用于std::decay_t。修改类的内部结构（将std::decay_t 添加到ts）会起作用，但是当明确的推导指南解决问题时，就没有必要了。