具有私有复制构造函数的 C++11 std::is_convertible 行为

Question

我试图理解 C++11 中的 std::is_convertible。根据cppreference.com，std::is_convertible<T,U>::value 应该评估为 1 且当且仅当“如果 T 类型的虚构右值可用于返回 U 的函数的返回语句中”。但是，该措辞没有说明该函数可能在何处声明。当U 的复制构造函数是私有的时，应该期待什么？当T 是一个左值引用时，我们应该期待什么？

例如，考虑以下代码：

#include <iostream>
#include <type_traits>
struct Fact_A;
struct A {
    friend struct Fact_A;
    A() = default;
    A(A&&) = delete;
private:
    A(const A&) = default;
};
struct Ref_A {
    A* _ptr;
    Ref_A(A* ptr) : _ptr(ptr) {}
    operator A& () { return *_ptr; }
};
struct Fact_A {
    static A* make_A(const A& a) { return new A(a); }
    static A f(A* a_ptr) { return Ref_A(a_ptr); }
    //static A g(A&& a) { return std::move(a); }
};
int main() {
    A a1;
    A* a2_ptr = Fact_A::make_A(a1);
    (void)a2_ptr;
    std::cout << std::is_convertible< Ref_A, A >::value << "\n"  // => 0
              << std::is_convertible< Ref_A, A& >::value << "\n" // => 1
              << std::is_convertible< A&, A >::value << "\n";    // => 0
}

我使用的是gcc-4.8.2 或clang-3.4（输出没有区别），我编译时使用：

{g++|clang++} -std=c++11 -Wall -Wextra eg.cpp -o eg

在这里，std::is_convertible< Ref_A, A > 报告0。但是，您可以看到Fact_A::f 返回了一个A 类型的对象，并且在其return 语句中使用了一个Ref_A 类型的右值。问题是A的复制构造函数是private，所以这个函数不能放在其他任何地方。当前行为是否符合标准？

第二个问题。如果我删除private，输出将变为1 1 1。最后一个1 是什么意思？什么是“A& 类型的右值”？那是右值引用吗？因为你可能注意到我明确删除了A 的移动构造函数。因此，我无法声明Fact_A::g。但是，std::is_convertible< A&, A > 仍然报告1。

Answer 1

is_convertible 在 n3485 的 [meta.rel]/4 中定义如下：

给定以下函数原型：

template <class T> typename
add_rvalue_reference<T>::type create();

模板特化is_convertible<From, To>的谓词条件 当且仅当以下代码中的返回表达式为 格式良好，包括对返回类型的任何隐式转换 功能：

To test() {
    return create<From>();
}

在这里，您需要一个可移动/可复制的To：返回语句应用隐式转换，如果To 是类类型（T& 不是类，则这需要可访问的复制/移动构造函数类型）。

与 [conv]/3 比较

表达式 e 可以隐式转换为类型 T 当且仅当声明 T t=e; 格式正确时，对于某些发明的临时变量 t。

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如果From 是T&，你会得到类似的东西

To test() {
    return create<T&>();
}

类似于std::declval，它是一个左值：表达式create<T&>() 是/产生一个左值，因为T& &&（通过add_rvalue_reference）被折叠成T&。