为什么在调用成员函数时 std::reference_wrapper 不隐式转换为引用？

Question

我不明白为什么不能像这样使用 std::reference_wrapper：

#include <vector>
#include <functional>

struct Foo
{
    void f() {};
};

int main()
{
    std::vector<std::reference_wrapper<Foo>> vrFoo;
    Foo foo;
    vrFoo.push_back(foo);
    // vrFoo[0].f(); // error
    vrFoo[0].get().f(); // or static_cast<Foo&>(v[0]).f();
}

为什么要使用get()成员函数？看起来 std::reference_wrapper 通过 operator T&() const noexcept 隐式转换为 T&，参见 http://en.cppreference.com/w/cpp/utility/functional/reference_wrapper 那么为什么 v[0] 不隐式转换为引用？

在其他情况下，例如

std::cout << v[0] << std::endl

发生这种转换（我在这里假设 Foo 重载 operator<<）

Answer 1

因为 . 总是用于访问它所应用的对象的成员。不考虑类型转换。

有一个 proposal 允许重载 operator.，以启用您想要的东西，但至少要到 C++17 才会成为标准，如果有的话。

Answer 2

这是@MikeSeymour 指出的语言限制。

这就是我认为 std::reference_wrapper 应该重载 operator& 的原因，即 returns 包装对象的地址：

template<class T>
struct reference_wrapper{
   ...
   T* operator &(){return ptr;}
}

以便以后可以使用 &Foo->f() 或 (*&Foo).f() 而不是 Foo.get().f() 或 static_cast<T&>(Foo).f()。

为什么在调用成员函数时 std::reference_wrapper 不隐式转换为引用？

Why doesn't std::reference_wrapper implicitly cast to a reference when calling member function?

c++

reference

implicit-conversion