如何省略推导参数类型的完美转发？

Question

假设我有一些函数，我想推导其类型的参数类型（或几种参数类型）。我也想要基于事实的不同行为是右值还是左值。由于完美转发，直接写它会导致一个明显的（对于有经验的人）陷阱：

#include <iostream>
#include <vector>

template <typename T>
void f (T &&v) // thought to be rvalue version
{
   // some behavior based on the fact that v is rvalue
   auto p = std::move (v);
   (void) p;
}

template <typename T>
void f (const T &v) // never called
{  
   auto p = v;
   (void) p;
}

int main ()
{
    std::vector<int> x = {252, 135};
    auto &z = x;
    f (z);
    std::cout << x.size () << '\n'; // woah, unexpected 0 or crash
}

尽管这种行为的偷偷摸摸的本质已经很有趣了，但我的问题实际上是不同的——对于这种情况，什么是好的、简洁的、可以理解的解决方法？

如果没有推导出完美转发的类型（例如，它是已知的外部 class 模板参数或类似的东西），有一个众所周知的解决方法，使用 typename identity<T>::type&& 而不是 T&& 但是由于相同的构造是避免类型推导的变通方法，因此在这种情况下无济于事。我可能会想出一些 sfinae 技巧来解决它，但代码清晰度可能会被破坏，它看起来与类似的非模板函数完全不同。

Answer 1

二级实施如何：

#include <utility>
#include <type_traits>

// For when f is called with an rvalue.
template <typename T>
void f_impl(T && t, std::false_type) { /* ... */ }

// For when f is called with an lvalue.
template <typename T>
void f_impl(T & t, std::true_type) { /* ... */ }

template <typename T>
void f(T && t)
{
    f_impl(std::forward<T>(t), std::is_reference<T>());
}

Answer 2

我觉得SFINAE应该有帮助：

template<typename T,
         typename = typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>::value>::type>
void f (T &&v) // thought to be rvalue version
{
   // some behavior based on the fact that v is rvalue
   auto p = std::move (v);
   (void) p;
}

template <typename T>
void f (const T &v) // never called
{  
   auto p = v;
   (void) p;
}

Answer 3

SFINAE 隐藏在模板参数列表中：

#include <type_traits>

template <typename T
        , typename = typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type>
void f(T&& v);

template <typename T>
void f(const T& v);

DEMO

SFINAE 隐藏在 return 类型中：

template <typename T>
auto f(T&& v)
    -> typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type;

template <typename T>
void f(const T& v);

DEMO 2

在c++14中typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type可以简写为：

std::enable_if_t<!std::is_lvalue_reference<T>{}>

无论如何，即使在 c++11 中，如果您觉得更简洁，也可以使用别名模板来缩短语法：

template <typename T>
using check_rvalue = typename std::enable_if<!std::is_lvalue_reference<T>{}>::type;

DEMO 3

使用 c++17 constexpr-if:

template <typename T>
void f(T&& v)
{
    if constexpr (std::is_lvalue_reference_v<T>) {}
    else {}
}

有c++20个概念：

template <typename T>
concept rvalue = !std::is_lvalue_reference_v<T>;

void f(rvalue auto&& v);

void f(const auto& v);

DEMO 4

如何省略推导参数类型的完美转发？

How to omit perfect forwarding for deduced parameter type?

c++

move-semantics

perfect-forwarding

c++11

template-argument-deduction