std :: forward没有完美的转发？

Question

建议std::forward通常仅限于完美转发函数模板参数的规范用例; 一些评论员甚至说这是唯一有效的用途std::forward.但考虑这样的代码:

// Temporarily holds a value of type T, which may be a reference or ordinary
// copyable/movable value.
template <typename T>
class ValueHolder {
 public:
  ValueHolder(T value)
    : value_(std::forward<T>(value)) {
  }


  T Release() {
    T result = std::forward<T>(value_);
    return result;
  }

 private:
  ~ValueHolder() {}

  T value_;
};

在这种情况下,不会出现完美转发的问题:由于这是一个类模板而不是一个函数模板,客户端代码必须明确指定T,并可以选择是否以及如何对其进行ref-qualify.出于同样的原因,论证std::forward不是"普遍参考".

尽管如此,这std::forward似乎是一个很好的选择:我们不能把它排除在外,因为当它T是一个只移动类型时它不起作用,我们不能使用std::move它,因为当它T是一个左值引用类型时它不起作用.当然,我们可以部分专门ValueHolder使用直接初始化引用和std::move值,但这似乎std::forward是工作时的过度复杂.对于以下含义,这似乎也是一个合理的概念匹配std::forward:我们试图通常转发可能会或可能不会引用的内容,只有我们将它转​​发给函数的调用者,而不是我们调用的函数.我们自己.

这是一个合理的用途std::forward吗？有没有理由避免它？如果是这样,那么首选的替代方案是什么？

Answer 1

std::forward是一个条件move广播(或更技术上的左右角色),仅此而已.虽然在完美的转发环境之外使用它是令人困惑的,但如果相同的条件move适用,它可以做正确的事情.

我很想使用一个不同的名字,即使只是一个薄的包装forward,但我不能想到一个好的上述情况.

或者,使条件移动更明确.也就是说,

template<bool do_move, typename T>
struct helper {
  auto operator()(T&& t) const
  -> decltype(std::move(t))
  {
      return (std::move(t));
  }
};
template<typename T>
struct helper<false, T> {
  T& operator()(T&& t) const { return t; }
};
template<bool do_move, typename T>
auto conditional_move(T&& t)
 ->decltype( helper<do_move,T>()(std::forward<T>(t)) )
{
    return ( helper<do_move,T>()(std::forward<T>(t)) );
}

如果bool是假的话,这是一个noop传递,如果是move真的.然后,您可以使您的等效std::forward更明确,更少依赖于用户理解C++ 11的神秘秘密来理解您的代码.

使用:

std::unique_ptr<int> foo;
std::unique_ptr<int> bar = conditional_move<true>(foo); // compiles
std::unique_ptr<int> baz = conditional_move<false>(foo); // does not compile

第三方面,你在上面做的事情要求对rvalue和lvalue语义有相当深刻的理解,所以也许forward是无害的.