推导 LValue 引用类型

Question

有很多关于模板参数推导的讨论和澄清，特别是引用折叠和“通用引用”。这个问题涉及到相关的细节：How does auto deduce type?，Scott Meyers 的这篇论文更详细，也许提供了更多的例子和更广泛的背景：https://isocpp.org/blog/2012/11/universal-references-in-c11-scott-meyers，他的 cppcon 幻灯片：http://www.aristeia.com/TalkNotes/C++TypeDeductionandWhyYouCareCppCon2014.pdf。
我的问题涉及以下代码：

template <typename T> void f(T t) { t = 0; }

int main() {
  int i{5};
  int &ir{i};
  f(ir);
  cout << i << endl; // 5
  f<decltype(ir)>(ir);
  cout << i << endl; // 0
}

为什么我的模板函数f 没有推断出他们键入int &？根据 Scott Meyers 的幻灯片（幻灯片 7），ir 是左值引用这一事实被简单地忽略。这完美地解释了这种行为，但为了完美地解释，我花了一些时间阅读参考和标准，试图找到它所说的类似：

如果A是引用类型，则推导使用引用类型。

这是参考的旧离线版本（我通常使用）所说的，尽管它在标题 Conversion Function Template 下说，我在标准。我发现的关闭我认为来自重载模板的部分排序规则，但我不相信它会适用于这里，即使它是我正在寻找的。

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标准中是否有指定此行为的地方，或者它是否被我忽略的其他行为所暗示？我真的很想能够告诉某人“因为这里的标准中的这些词，所以不能推断出int & 类型。”

Answer 1

C++ 中没有引用类型的表达式。 变量ir的类型是int&，但表达式ir的类型是int。后一种类型用于类型推导，因为函数参数始终是表达式（除了 braced-init-lists 的特殊情况）。

见[expr.type]/1

如果表达式最初的类型为“引用T”（[dcl.ref]，[dcl.init.ref]），则在进行任何进一步分析之前将类型调整为T。 表达式指定引用所指的对象或函数，表达式是左值还是x值，具体取决于表达式。