通过函数转发移动引用，无需编写两次函数

Question

最近我经常遇到一个问题，我不得不写一个函数，它把一个输入作为常量引用。但在某些时候，此函数（通常是构造函数）调用另一个函数，该函数可以使用输入作为移动参考。出于这个原因，我通常创建一个函数的副本以允许 const 引用和移动引用，即

#include <iostream>

class A {};

void foo(const A&  a) { std::cout << "Reference" << std::endl; }

void foo(      A&& a) { std::cout << "Move" << std::endl; }

void bar(const A& a) {
    //Other things, which treat "a" as a const reference
    foo(std::move(a));
}

void bar(A&& a) {
    //Other things, which treat "a" as a const reference
    foo(std::move(a));
}

int main() {
    A a;
    bar(a);
    bar(A());
}

然而，复制bar两次显然很难看，唯一的区别是签名和std::move。我知道的一种替代方法是使 bar 成为模板函数并使用 std::forward，但我不想这样做，因为它允许将任何参数类型传递给 bar （特别是因为在我的真实应用程序中 bar 是一个隐式构造函数）。

所以我的问题是：有没有其他方法可以通过函数转发移动引用而不用写两次？

Answer 1

一个选项是添加 bar 的模板化版本，该版本采用指向 foo 的指针并包含当前 bar 的现有实现中的所有通用代码。

template<class T>
void bar(T&& a, void (*f)(T&&a))
{
    //Other things, which treat "a" as a const reference
    f(std::move(a));
}
void bar(const A&  a)
{
    bar<const A&>(a, foo);
}

void bar(A&& a)
{
    bar(std::move(a), foo);
}

Answer 2

如果您想在单个函数中同时接受右值和左值，保留恢复其参数值类别的可能性，您可以使用 转发引用。您可以使用 expression SFINAE 技术轻松限制传递的参数类型，在您的情况下，这将验证调用 foo(std::forward<T>(a)) 是否格式正确。如果不是，该函数将在重载决议期间从可行函数集中排除：

选项#1

在尾部 return 类型中隐藏 表达式 SFINAE：

template <typename T>
auto bar(T&& a)
    -> decltype(void(foo(std::forward<T>(a))))
{
    //Other things, which treat "a" as a const reference
    foo(std::forward<T>(a));
}

DEMO 1

选项 #2

在模板参数列表中隐藏 表达式 SFINAE:

template <typename T,
          typename = decltype(foo(std::forward<T>(std::declval<T&>())))>
void bar(T&& a)
{
    //Other things, which treat "a" as a const reference
    foo(std::forward<T>(a));
}

DEMO 2

后一种方法对构造函数（不指定 return 类型）特别有用：

struct Bar
{
    template <typename T,
              typename = decltype(foo(std::forward<T>(std::declval<T&>())))>
    Bar(T&& a)
    {
        foo(std::forward<T>(a));
    }
};

DEMO 3

Answer 3

使用 SFINAE 进行完美转发并保持过载集不受污染。您首先必须决定究竟应该检查什么，例如应该为应该有效的表达式调用此模板的类型集。
在这里，两者都足够了 - 此代码检查类型：

// Helper template:
template <typename T, typename U, typename R=void>
using enable_if_compatible = typename std::enable_if<std::is_same<U,
    typename std::remove_cv<
      typename std::remove_reference<T>::type>::type>::value, R>::type;

// Possible usage:
template <typename T>
enable_if_compatible<T, A> bar(T&& a)
{
    //Other things, which treat "a" as a const reference
    foo(std::forward<T>(a));
}

Demo.
下面一个取决于对foo调用的有效性，应该更灵活。

template <typename T>
auto bar(T&& a) -> decltype(void(foo(std::forward<T>(a))))
{
    //Other things, which treat "a" as a const reference
    foo(std::forward<T>(a));
}

Demo.

通过函数转发移动引用，无需编写两次函数

Forward a move reference through a function, without writing the function twice

c++

move

c++11

选项#1

选项 #2