为什么模板构造函数比复制构造函数更受青睐？

Question

#include <iostream>

struct uct
{
    uct() { std::cerr << "default" << std::endl; }

    uct(const uct &) { std::cerr << "copy" << std::endl; }
    uct(      uct&&) { std::cerr << "move" << std::endl; }

    uct(const int  &) { std::cerr << "int" << std::endl; }
    uct(      int &&) { std::cerr << "int" << std::endl; }

    template <typename T>
    uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }
};

int main()
{
    uct u1    ; // default
    uct u2( 5); // int
    uct u3(u1); // template, why?
}

大肠杆菌

构造函数的模板重载适用于两个声明（u2和u3）。但是，当int传递给构造函数时，将选择非模板重载。调用复制构造函数时，将选择模板重载。据我所知，在重载解析期间，非模板函数总是比模板函数更受青睐。为什么复制构造函数的处理方式不同？

Answer 1

据我所知，在重载解析期间，非模板功能总是比模板功能更受青睐。

仅当专业化和非模板完全相同时，这才是正确的。但是这里不是这种情况。当您调用uct u3(u1)过载集

uct(const uct &)
uct(uct &) // from the template

现在，由于u1不是const，因此必须应用const转换来调用复制构造函数。要调用模板专业化，它是完全匹配的，因此无需执行任何操作。这意味着模板将胜出，因为它是更好的匹配。

要停止此操作，您可以使用SFINAE将模板函数限制为仅在T不是时才调用uct。看起来像

template <typename T, std::enable_if_t<!std::is_same_v<uct, std::decay_t<T>>, bool> = true>
uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }

Answer 2

当试图调用复制构造函数时，选择模板重载。据我所知，在重载解析期间，非模板函数总是比模板函数更受欢迎。为什么复制构造函数的处理方式不同？

template <typename T>
uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }
//    ^^

选择模板化版本的原因是因为编译器能够
生成具有(T &)更适合的签名的构造函数，因此被选择。

• 如果您将签名从 更改为uct u1，const uct u1那么它将适合复制构造函数（因为u1不是 const 开头）。

• 如果您将签名从 更改为uct(const uct &)，uct(uct&)它会更合适，它会选择模板版本。
  

• 此外，uct(uct&&)如果您使用过，则会选择uct u3(std::move(u1));

要解决此问题，您可以使用 SFINAE 在T与以下情况相同时禁用过载uct：

template <typename T, std::enable_if_t<!std::is_same_v<std::decay_t<T>, uct>>>
uct(T&&)
{
  std::cerr << "template" << std::endl;
}