转发引用：引用参数origin答案

【问题标题】：Forwarding references: reference parameter origin转发引用：引用参数origin
【发布时间】：2022-01-23 10:54:24
【问题描述】：

关于转发引用（又名通用引用）的全部前提是，这个函数：

template<typename T>
void f(T&&) { }

可以导致模板参数为int& 或int，具体取决于您是否以int a{}; f(a) 或f(5) 为例。但这已经是我认为的一步太远了。因为当我有这样的功能时

template<typename T>
auto g(T) -> void {}

然后它总是将模板参数解析为int，不管我如何称呼它。尽管auto h(int&) -> void {} 是完全合法的。

那么，有哪些规则允许f 的模板参数作为参考，而不是g 的模板参数？

【问题讨论】：

我假设您已经阅读了en.cppreference.com/w/cpp/language/reference 那么，还有什么不清楚的地方？我不是在讽刺。我发现很多关于这件事的文字我自己都不清楚，但为了写出一个好的答案，了解你在哪里遇到了困难。
我会通读一遍，但我认为问题很清楚？为什么 f 的模板参数在使用左值调用时会解析为 T& 而 g 不是？
@Basti 因为它不能。 T 只是一个 typename。它不会自动包含&。为此，您需要输入& 或&&，如g(T&)。
当使用 T&& 参数时，T 确实变成了 T& - 这就是重点

【解决方案1】：

对于函数参数的形式为T&&（cv-unqualified），其中T 是模板参数的情况，模板参数推导规则中有一个特定的例外。这种特殊情况在称为转发参考的问题中可以看到。

对于转发引用，如果函数参数是左值，则推导出 T 的左值引用，通常不会推导出引用类型。

您可以通过尝试使用例如const T&& 而不是 T&&，特殊规则不适用。在任何情况下，它都会为 T 推导出一个非引用类型，尽管函数调用可能是不可能的。

【讨论】：

【解决方案2】：

你可以阅读Effective modern C++的答案，第一章，它说，我们可以把函数模板想象成这样：

    template<typename T>
    void f(paramType param);

T 和 paramType 通常是不同的，paramType 通常包含诸如 const 之类的修饰符或诸如 const T& 之类的引用限定符

他在三个案例中谈到了这个

你的第一个函数是case2，因为需要推导类型，&&这里是通用引用，你的第二个函数是case3，paramType既不是指针也不是引用

在类型推导期间，模板参数是通用的同类型的reference、lvalues和rvalues被推论有类型略有不同。

所以f(a) 你得到了f(int& && param) 然后是“引用折叠”的规则

所以你得到了f(int& param)

【讨论】：