remove_reference 如何禁用模板参数推导？
How remove_reference disable template argument deductions?
根据 this link，std::forward 不允许模板参数推导，std::remove_reference 正在帮助我们实现这一点。但是使用 remove_reference 如何防止模板推导发生在这里呢？
template <class S>
S&& forward(typename std::remove_reference<S>::type& t) noexcept
{
return static_cast<S&&>(t);
}
表达式 typename std::remove_reference<S>::type 中的 S 是 非推导上下文 （特别是因为 S 出现在 使用 qualified-id 指定类型的嵌套名称说明符）。非推导上下文，顾名思义，就是无法推导模板参数的上下文。
这个案例提供了一个简单的例子来理解原因。假设我有：
int i;
forward(i);
S 会是什么？它可以是 int、int& 或 int&& - 所有这些类型都会为函数产生正确的参数类型。编译器根本不可能确定 which S 你真正的意思 - 所以它不会尝试。它是不可推导的，因此您必须明确提供您的意思 S：
forward<int&>(i); // oh, got it, you meant S=int&
根据 this link，std::forward 不允许模板参数推导，std::remove_reference 正在帮助我们实现这一点。但是使用 remove_reference 如何防止模板推导发生在这里呢？
template <class S>
S&& forward(typename std::remove_reference<S>::type& t) noexcept
{
return static_cast<S&&>(t);
}
typename std::remove_reference<S>::type 中的 S 是 非推导上下文 （特别是因为 S 出现在 使用 qualified-id 指定类型的嵌套名称说明符）。非推导上下文，顾名思义，就是无法推导模板参数的上下文。
这个案例提供了一个简单的例子来理解原因。假设我有：
int i;
forward(i);
S 会是什么？它可以是 int、int& 或 int&& - 所有这些类型都会为函数产生正确的参数类型。编译器根本不可能确定 which S 你真正的意思 - 所以它不会尝试。它是不可推导的，因此您必须明确提供您的意思 S：
forward<int&>(i); // oh, got it, you meant S=int&