删除 decltype 中的引用（返回 T 而不是 T&，其中 T& 是 decltype）

Question

（如果您是 C++11 专业人士，请跳至粗体段落。）

假设我想编写一个模板方法，该方法调用并返回传递的对象的结果，该对象的类型是模板参数：

template<ReturnType, T>
ReturnType doSomething(const T & foo) {
    return foo.bar(); // EDIT: Might also be an expression introducing a temp val
}

所以T 必须有一个方法ReturnType T::bar() const 才能在这样的调用中使用：

struct MyClass {
    ...
    int bar() const;
    ...
};
...
MyClass object;
int x = doSomething<int, MyClass>(object);

由于类型推导，我们不必写MyClass，调用变为：

int x = doSomething<int>(object);

但是省略 <int> 也会导致编译错误，因为该方法不需要返回 int 以便之后分配给 x（例如，它可以返回 char）。

在 C++0x/11 中，我们可以使用 auto 和 decltype 来推断模板方法的返回类型：

template<T>
auto doSomething(const T & foo) -> decltype(foo.bar()) {
    return foo.bar(); // EDIT: Might also be an expression introducing a temp val
}

编译器现在将找出foo.bar() 的类型，并将其用作返回类型。对于我们的具体类MyClass，这将是一个int，以下内容就足够了：

int x = doSomething(object);

现在我的问题是：

如果 MyClass 将 bar() 定义为返回 int&，则 doSomething(object) 的返回类型也将是 int& = decltype(foo.bar())。这是一个问题，因为 G++ 现在符合我返回对临时的引用。

我该如何解决这个问题？有没有像remove_reference 这样可以像remove_reference(decltype(foo.bar())) 这样使用的东西？

我想过只声明一个辅助方法，它接受T& 并返回T，然后将doSomething 的返回类型定义为decltype(helper(foo.bar()))。但必须有更好的方法，我感觉到了。

Answer 1

要删除引用：

#include <type_traits>

static_assert(std::is_same<int, std::remove_reference<int&>::type>::value, "wat");

在你的情况下：

template <typename T>
auto doSomething(const T& foo)
    -> typename std::remove_reference<decltype(foo.bar())>::type
{
    return foo.bar();
}

---

为了清楚起见，请注意，返回引用就可以了：

#include <type_traits>

struct f
{
    int& bar() const
    {
        static int i = 0;
        return i;
    } 
};

template <typename T>
auto doSomething(const T& foo)
    -> decltype(foo.bar())
{ 
    return foo.bar();
}

int main()
{
    f x;
    return doSomething(x);
}

返回的引用可以简单地传递而不会出错。您在评论中的示例变得重要且有用：

template <typename T>
auto doSomething(const T& foo)
    -> decltype(foo.bar())
{ 
    return foo.bar() + 1; // oops
}