非模板 std::reference_wrapper 赋值运算符和模板构造函数

Question

在 C++ 20 标准中，class 模板的构造函数 std::reference_wrapper 是一个模板。

template<class U>
constexpr reference_wrapper(U&&) noexcept(see below );

而赋值运算符不是模板

constexpr reference_wrapper& operator=(const reference_wrapper& x) noexcept;

这些特殊成员函数之间存在这种差异（模板和非模板）的原因是什么？

另一方面，我使用 Visual C++ 2019 尝试了以下程序。

#include <iostream>
#include <functional>

struct A
{
    void f() const { std::cout << "A::f()\n"; }
    virtual void g() const { std::cout << "A::g()\n"; }
};

struct B : A
{
    void f() const { std::cout << "B::f()\n"; }
    void g() const override { std::cout << "B::g()\n"; }
};

int main()
{
    B b;

    std::reference_wrapper<A> r( b );

    r.get().f();
    r.get().g();


    r = std::reference_wrapper<B>( b );
}

并且编译器没有发出与赋值运算符相关的错误消息。

这是编译器的错误还是我遗漏了什么？

Answer 1

如果 std::reference_wrapper<T> 有一个接受 T& 的构造函数，那么它会导致 std::reference_wrapper<const T> 能够绑定到 T 类型的临时对象等错误。所以，本来有两个构造函数（复制构造函数除外）：一个取T&，另一个取T&&，定义为删除，确保编译错误。

然而，有人指出这并不是我们真正想要的：如果 std::reference_wrapper<T> 根本没有接受类型 T 的右值的构造函数会更好，相反到已删除的构造函数。这是 LWG 2993. (You'll notice that this issue is mentioned at the bottom of the cppreference page。）因此，构造函数已更改为适当禁用 SFINAE 的模板。

一旦为构造函数解决了这些问题，赋值运算符只需要有一个重载reference_wrapper。当编译器形成隐式转换序列时，转换问题将由构造函数逻辑处理。

非模板 std::reference_wrapper 赋值运算符和模板构造函数

non-template std::reference_wrapper assignment operator and template constructor

c++

templates

assignment-operator

reference-wrapper

c++20