C++中的转发参数

Question

我有一些 class 和包装纸。例如：

#include <iostream>
#include <string>

template<typename T>
class inner
{
public:
    void f(T& v) { std::cout<<"lvalue: "<<v<<std::endl;}
    void f(T&& v) { std::cout<<"rvalue: "<<v<<std::endl;}
};

template<typename T>
class wrapper
{
public:
    template<typename _T>
    void f(_T&& v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //(1)

private:
    inner<T> i;
};

int main()
{
    wrapper<std::string> c;
    //inner<std::string> c;

    c.f("r");

    std::string s = "l";
    c.f(s);
}

在c为inner的情况下输出正确：

rvalue: r
lvalue: l

但是当c为wrapper时输出不正确：

rvalue: r
rvalue: l

为什么左值变成右值？

如果 wrapper 的 f 行 (1) 定义有什么区别：

    template<typename _T>
    void f(_T v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //without &&

Answer 1

因为你在做：

template<typename _T>
void f(_T&& v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //(1)
                                  ^
                                  T, not _T

您总是只使用 T，而不是 v 的推导类型。为了更加清楚，您实际上是在做：

template <typename _T>
void f(_T&& v) {
    i.f(std::forward<std::string>(v));
}

而std::forward<std::string>(v)的类型是string&&。

第二个问题：

template<typename _T>
void f(_T v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //without &&

由于 _T 永远不会在此处推断为引用类型，因此 std::forward<T>(v) 将等同于 std::move(v) - 它只是对右值引用的强制转换。

C++中的转发参数

Forwarding params in C++

c++

templates

class

c++-standard-library

c++11