为什么无法形成对“decltype(auto)”的引用

Question

int main(){\n    decltype(auto)&& a = 100;\n}\n

\n\n

上面的代码，在GCC和Clang中出错。

\n\n

int main(){\n    decltype(int)&& a = 100;\n}\n

\n\n

这段代码正确。

\n\n

在N4296中，

\n\n

在\xc2\xa7 8.3.2/6

\n\n

\n

如果 typedef (7.1.3)、类型模板参数 (14.3.1) 或 decltype-specifier (7.1.6.2) 表示类型 TR\n 是对类型 T 的引用，则尝试创建type \xe2\x80\x9clvalue 对 cv TR\xe2\x80\x9d 的引用创建类型\n \xe2\x80\x9clvalue 对 T\xe2\x80\x9d 的引用，而尝试创建类型 \xe2\x80\ x9crvalue 对 cv TR\xe2\x80\x9d 的引用创建类型 TR。

\n

\n\n

\xc2\xa7 中的decltype 说明符7.1.6.2

\n\n

\n

decltype 说明符：
\n \xe3\x80\x80\xe3\x80\x80decltype ( 表达式 )
\n \xe3\x80\x80\xe3\x80\x80decltype ( auto )

\n

\n\n

我认为\xc2\xa7 8.3.2/6的写法有问题。

\n\n

为什么不允许引用decltype(auto) 。\n请告诉我相关标准的措辞。\n抱歉，英语不好。\n谢谢。

\n

Answer 1

在 \xc2\xa7 7.1.6.4 [dcl.spec.auto]

\n\n

\n

如果占位符是 decltype(auto) 类型说明符，则声明的变量类型或函数的返回类型应单独为占位符。为变量或返回类型推导的类型按照 7.1.6.2 中的描述确定，就好像初始值设定项是 decltype 的操作数一样。

\n

\n\n

所以这是允许的：

\n\n

decltype(auto) a = 100;\n

\n\n

但不是这个：

\n\n

decltype(auto)& a = 100;\n

\n\n

或这个 ：

\n\n

decltype(auto)&& a = 100;\n

\n\n

这是有道理的，因为背后的想法之一decltype(auto)是在类型推导期间保留引用性（即使用decltype类型推导，而不是模板/自动类型推导）

\n\n\n\n

该标准为我们提供了如何通过以下方式推导引用的示例decltype(auto)：

\n\n

int i;\nint&& f();\nauto x3a = i;                  // decltype(x3a) is int\ndecltype(auto) x3d = i;        // decltype(x3d) is int\nauto x4a = (i);                // decltype(x4a) is int\ndecltype(auto) x4d = (i);      // decltype(x4d) is int&\nauto x5a = f();                // decltype(x5a) is int\ndecltype(auto) x5d = f();      // decltype(x5d) is int&&\nauto x6a = { 1, 2 };           // decltype(x6a) is std::initializer_list<int>\ndecltype(auto) x6d = { 1, 2 }; // error, { 1, 2 } is not an expression\nauto *x7a = &i;                // decltype(x7a) is int*\ndecltype(auto)*x7d = &i;       // error, declared type is not plain decltype(auto)\n

\n