在 C++17 中使用转发引用时，模板结构是否需要 std::decay？

Question

在 C++17 中，可以 instantiate objects without specifying the template types。基本上，这段代码将编译：

std::pair p(2, 4.5);     // deduces to std::pair<int, double> p(2, 4.5);
std::tuple t(4, 3, 2.5); // same as auto t = std::make_tuple(4, 3, 2.5);

因此，假设以下代码：

template<typename... Ts>
struct Foo
{
    Foo(Ts&&... ts) :
        ts{std::forward_as_tuple(ts...)}
    {}

    std::tuple<Ts...> ts;
};

int main()
{
    auto f = [] { return 42; };
    Foo foo{f, [] { return 84; }};
}

我应该像这样在元组声明中使用 std::decay 吗？

std::tuple<std::decay_t<Ts>...> ts;

因为这就是我如何根据推导的模板类型为 return 对象编写函数：

template<typename T>
auto make_baz(T&& t) -> baz<std::decay_t<T>>;

而且我可以在 Foo 的构造函数中看到这种模式，它使用转发引用将值正确传递给元组。我不确定这里的类型推导是否以同样的方式表现。

Answer 1

无需更改 class 的内部结构即可使其与 class 模板参数推导一起使用；这就是演绎指南的用途。

最好的起点是编写一个 make_X 函数；无论您是否提供，决定所需的签名都会让您知道您是否需要编写显式推导指南，或者可以依赖从构造函数推断出的隐式推导指南。

事实上，推导指南，无论是隐式的还是显式的，其行为与 make_X 函数相同（直到复制构造函数省略）。

您想要的 makeFoo 将具有以下声明：

template<typename... Ts>
auto makeFoo(Ts&&... ts) -> Foo<std::decay_t<Ts>...>;

由于对模板参数进行了转换，需要提供明确的推导指南；这在语法上与 makeFoo 的声明相同，只是删除了 auto make：

template<typename... Ts>
Foo(Ts&&... ts) -> Foo<std::decay_t<Ts>...>;

如果您不提供明确的推导指南，将从您的构造函数生成一个推导指南，除了在模板参数推导期间发生的那些之外，没有任何类型转换：

template<typename... Ts>
Foo(Ts&&... ts) -> Foo<Ts...>;

这不是您想要的，因为它不适用 std::decay_t。修改 class 的内部结构（将 std::decay_t 添加到 ts）是可行的，但是当明确的推导指南解决了问题时就没有必要了。

在 C++17 中使用转发引用时，模板结构是否需要 std::decay？

Do template structs need std::decay when using forwarding references in C++17?

c++

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c++17