为什么我应该明确地将 typename 传递给 std::forward？

Question

为什么要在std::forward中明确指出模板参数的类型？

template <class T> void foo (T&& x) {
    goo (x);                   // always an lvalue
    goo (std::forward<T>(x));  // rvalue if argument is rvalue
}

考虑std::forward实施:

template <typename T>
T&& forward(std::remove_reference_t<T>& x)
{
    return static_cast<T&&>(x);
}

和std::remove_reference实现:

template< class T > struct remove_reference      {typedef T type;};
template< class T > struct remove_reference<T&>  {typedef T type;};

template< class T >
using remove_reference_t = typename remove_reference<T>::type;

Answer 1

std::forward() 中的参数类型是：

remove_reference<T>::type

此处 T 位置位于范围解析运算符 :: 的左侧，这使其成为“non-deduced 上下文”（请参阅 non-deduced context on cppreference）。因为不是自动推导的，所以要自己提供类型。

为什么我应该明确地将 typename 传递给 std::forward？

Why should I explicitly pass typename to std::forward?

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