当无关类型定义为别名时,调用函数是不明确的

Question

阅读了一篇很棒的文章真实的故事:高效的包装我试着自己实现元组作为练习:

#include <type_traits>
#include <utility>
#include <functional>

template< std::size_t I, typename T >
struct tuple_leaf { T value; };

template< std::size_t I, typename T >
T & get(tuple_leaf< I, T > & leaf)
{ return leaf.value; }

template< typename Is, typename ...Ts >
struct tuple_base;

template< std::size_t ...Is, typename ...Ts >
struct tuple_base< std::index_sequence< Is... >, Ts... >
    : tuple_leaf< Is, Ts >...
{
    using tuple_base_t = tuple_base;
    template< typename ...Args, typename = std::enable_if_t< (sizeof...(Ts) == sizeof...(Args)) > >
    tuple_base(Args &&... args)
        : tuple_leaf< Is, Ts >{std::forward< Args >(args)}...
    { ; }
};

#if 0
template< typename ...Ts >
struct tuple
    : tuple_base< std::index_sequence_for< Ts... >, Ts... >
{
    using tuple_base_t = typename tuple::tuple_base_t;
    using tuple_base_t::tuple_base_t;
    using tuple_base_t::operator = ;
};
#else
// terse
template< typename ...Ts >
using tuple = tuple_base< std::index_sequence_for< Ts... >, Ts... >;
#endif

template< typename ...Args >
tuple< Args &&... >
forward_as_tuple(Args &&... args)
{ return {std::forward< Args >(args)...}; }

#include <tuple>

int
main()
{
    tuple< int > t(1);
    auto f = forward_as_tuple(t);
    (void)f;
    return 0;
}

实例

实施后的forward_as_tuple我决定改变的定义,tuple从类型类模板,以别名模板基类模板的,因为所有的我自分成类需要tuple本身和它的实现类tuple_base仅仅是std::index_sequence_for可变参数模板类型参数包- 别名模板是完全合适的工具以此目的.这样做后我得到一个错误(#if 0案例):

错误:调用'forward_as_tuple'是不明确的

对我来说这看起来很奇怪,因为别名模板什么都不做,另一方面forward_as_tuple从同一名称空间调用类型 - 我希望ADL应该适用于上面的情况.

如何解释代码#if 1和#if 0版本之间的区别？

Answer 1

Adl 会在传递的类型和传递的类型的模板参数中进行查找。

元组非别名有其类型和本身作为查找 ADL 的位置。

元组别名情况std::index_sequence在其模板参数列表中有一个。std::forward_as_tuple除了您的 . 之外，还需要考虑这一点forward_as_tuple。他们同样是很好的匹配，并且会出现歧义。

正如@Piotr 在评论中指出的那样，tuple<std::string>即使在非别名情况下也会出现此问题。