转发具有确定类型的引用行为

Question

假设我有一个模板类

template <typename T> class foo;
template <typename... Args>
struct foo<std::tuple<Args...>> {
  std::tuple<Args...> t;
  foo(Args&&... args): t{std::forward<Args>(args)...} { }
};

我知道在这种情况下Args&&...是rvalue引用,我可以编写代码std::move而不是std::forward.

我也可以有一个带左值引用的构造函数,就像这样

foo(const Args&... args): t{args...} { }

问题是,是否可以获得与转发引用相同的行为,但对于确定类型？我想要这个的原因是我可以使用语法

foo bar({. . .}, {. . .}, . . ., {. . .});

如果我定义foo(Args&&... args)构造函数,但是不允许混合场景,我可以使用大括号括起初始化列表初始化一些成员元组元素,并从原有的对象实例中复制其他元素.

Answer 1

当然; 有一种奇特而简单的方法。

我将在下面详细介绍这种奇特的方式。首先是简单的方法：按值获取。

template <typename... Args>
struct foo<std::tuple<Args...>> {
  std::tuple<Args...> t;
  foo(Args... args): t{std::forward<Args>(args)...} { }
};

真的，就这样做吧。Args如果包含引用，则转发用于执行正确的操作。

按值获取比完美转发增加了一步，但以指数方式降低了对过载的要求。

这是奇特的方式。我们输入擦除结构：

template<class T>
struct make_it {
  using maker=T(*)(void*);
  maker f;
  void* args;
  // make from move
  make_it( T&& t ):
    f([](void* pvoid)->T{
      return std::move(*static_cast<T*>(pvoid));
    }),
    args(std::addressof(t))
  {}
  // make from copy
  make_it( T const& t ):
    f([](void* pvoid)->T{
      return *(T const*)(pvoid);
    }),
    args(std::addressof(t))
  {}
  operator T()&&{return std::move(*this)();}
  T operator()()&&{ return f(args); }
};

这种类型通过复制或移动来擦除构造。

template <typename... Args>
struct foo<std::tuple<Args...>> {
  std::tuple<Args...> t;
  foo(make_it<Args>... args): t{std::move(args)()...} { }
};

它不是完全透明的，但它是我能得到的最接近的。

{{}}需要双倍而不是单倍。这是一个用户定义的转换，因此不会隐式完成另一个转换。我们可以添加一个通用的ctor：'

  // make from universal
  template<class U>
  make_it( U&& u ):
    f([](void* pvoid)->T{
      return std::forward<U>(*(U*)(pvoid));
    }),
    args(std::addressof(u))
  {}

U&&如果我们添加一个可用于隐式构造 的sfinae teat，效果会更好T。

它有一些优点，但与仅按价值获取相比，这些优点微乎其微。例如，在 C++17 中，不可移动类型在某些情况下可以完美地向前构造。