完美转发的身份功能

Question

我想写一个函数identity，它可以完美地转发它的参数而无需任何副本。我会写这样的东西

 template< typename V >
 inline V&& identity( V&& v )
 {
   return std::forward< V >( v );
 }

但这是否正确？它 return 总是正确的类型吗？如果它是 lvalue/lvalue reference/temporary，它是否简单地独立转发 v？

Answer 1

您可以使用参数包作为守卫，这样实际上没有人可以强制使用与否则推导的类型不同的类型。
作为一个最小的工作示例：

#include <type_traits>
#include <utility>

template<typename..., typename V>
constexpr V&& identity(V&& v) {
    return std::forward<V>(v);
}

int main() {
    static_assert(std::is_same<decltype(identity(42)), int&&>::value, "!");
    static_assert(std::is_same<decltype(identity<int>(42)), int&&>::value, "!");
    static_assert(std::is_same<decltype(identity<float>(42)), int&&>::value, "!");
    // here is the example mentioned by @Jarod42 in the comments to the question
    static_assert(std::is_same<decltype(identity<const int &>(42)), int&&>::value, "!");
}

这样，return 类型取决于 v 参数的实际类型，您不能以任何方式强制复制。

正如@bolov 在评论中提到的，语法很快就会变得晦涩难懂。
无论如何，正如@Jarod42 所建议的那样，我们需要更明确地说明我们在做什么。

举个例子：

template <typename... EmptyPack, typename V, typename = std::enable_if_t<sizeof...(EmptyPack) == 0>>

替代方案：

template <typename... EmptyPack, typename V, std::enable_if_t<sizeof...(EmptyPack) == 0>* = nullptr>

甚至：

template <typename... EmptyPack, typename V>
constexpr
std::enable_if_t<sizeof...(EmptyPack) == 0, V&&>
identity(V&& v) {
    return std::forward<V>(v);
}

挑一个你喜欢的用吧，本次应该都有效

完美转发的身份功能

Identity function with perfect forwarding

c++

forwarding

c++11