强制通过推导引用模板类型

Question

假设我有一个功能func：

template<typename T>
auto func(T arg){
    std::cout << std::boolalpha;
    std::cout << "T is ref: " << std::is_reference<T>::value << '\n';
}

有没有一种方法可以强制T将其推导为引用类型，而无需显式指定模板参数？

就像能够写出这样的东西：

auto main() -> int{
    auto x = 5;
    func(std::ref(x));
}

但不必专门从事std::reference_wrapper.

static_casting 并不能阻止 的衰变int&为intfor T。

想象一下我无法更改函数签名。

Answer 1

\n

想象一下我无法更改函数签名。

\n

\n\n

签名

\n\n

template<typename T>\nauto func(T arg) { ... }\n

\n\n

永远不会推导出引用，因为类型推导适用于参数表达式的类型，并且来自 [expr]：

\n\n

\n

如果表达式最初的类型为 \xe2\x80\x9c（对T\xe2\x80\x9d（8.3.2、8.5.3）的引用），则在T任何进一步分析之前将类型调整为\n。

\n

\n\n

也就是说，只有在未显式提供模板参数的情况下才会发生模板推导。所以你可以明确指定T：

\n\n

auto main() -> int{\n    auto x = 5;\n    func<int&>(x); // T = int&\n}\n

\n\n

否则，您可以在两者之间添加一个中间步骤：

\n\n

template <typename T>\nauto func_helper(T&& arg) {\n    return func<T>(std::forward<T>(arg));\n               \xe2\x86\x91\xe2\x86\x91\xe2\x86\x91\n}\n

\n\n

因为，在 [temp.deduct.call] 中：

\n\n

\n

如果 P 是转发引用并且参数是左值，则使用对 A\xe2\x80\x9d 的类型 \xe2\x80\x9clvalue 引用代替 A 进行类型推导。

\n

\n\n

因此，如果func_helper使用左值调用，模板参数 P 将被推导为参考。在你的例子中：

\n\n

func_helper(x);\n

\n\n

T将被推导为int&，因此我们显式调用与之前相同的函数：func<int&>。

\n\n

func_helper(5);\n

\n\n

T将被推导为int，并且我们将调用func<int>，与直接调用时发生的情况相同func。

\n