如何省略推导出的参数类型的完美转发？

Question

假设我有一些函数是一个类型的参数类型(或几个参数类型),我想推断出它.我也希望基于rvalue或lvalue这一事实的不同行为.直接写出它会导致一个明显的(对于有经验的人)陷阱,因为完美的转发:

#include <iostream>
#include <vector>

template <typename T>
void f (T &&v) // thought to be rvalue version
{
   // some behavior based on the fact that v is rvalue
   auto p = std::move (v);
   (void) p;
}

template <typename T>
void f (const T &v) // never called
{  
   auto p = v;
   (void) p;
}

int main ()
{
    std::vector<int> x = {252, 135};
    auto &z = x;
    f (z);
    std::cout << x.size () << '\n'; // woah, unexpected 0 or crash
}

即使这种行为的偷偷摸摸的性质已经是一个有趣的点,但我的问题实际上是不同的 - 对于这种情况,什么是好的,简洁的,可理解的解决方法？

如果没有推断出完美转发的类型(例如,它已经是外层类的模板参数或类似的东西),那么众所周知的解决方法是使用typename identity<T>::type&&而不是T&&因为相同的结构是避免类型推导的解决方法,它在这种情况下没有帮助.我可以想象一些解决它的技巧,但代码清晰度可能会被破坏,它看起来与类似的非模板函数完全不同.

Answer 1

选项1

隐藏在模板参数列表中的SFINAE:

#include <type_traits>

template <typename T
        , typename = typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type>
void f(T&& v)
{

}

template <typename T>
void f(const T& v)
{  

}

演示1

选项#2

隐藏在返回类型语法中的SFINAE:

template <typename T>
auto f(T&& v)
    -> typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type    
{

}

template <typename T>
void f(const T& v)
{  

}

演示2

在C++中,14 typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type可以缩短为:

std::enable_if_t<!std::is_lvalue_reference<T>{}> 

无论如何,即使在C++ 11中,如果你发现它更简洁,你可以使用别名模板缩短语法:

template <typename T>
using check_rvalue = typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type;

演示3