為什麼 `std::forward` 會停用模板參數推導？

使用 std::forward 停用範本參數推導

為什麼要使用 std::forward 停用範本參數推導？

std::forward 函數在某些實作中（例如 VS2010）使用名為identity 的模板元函數來禁止模板參數推導。這樣做是為了在涉及左值引用和 const 左值引用的情況下保持對 std::forward 行為的精確控制。

使用模板參數推導的含義

如果std::forward 使用模板參數推導，這會導致根據輸入參數的類型推斷模板參數 (T)。當輸入參數是左值或 const 左值（例如，具有名稱的變數）時，此行為會出現問題。在這種情況下，模板參數推導會錯誤地將 T 推導為左值參考或 const 左值引用，從而導致錯誤的類型轉換。

考慮以下範例：

<code class="cpp">template<typename T>
T&& forward_with_deduction(T&& obj)
{
    return static_cast<T&&>(obj);
}</code>

傳遞命名變數時或常數到forward_with_deduction，它會錯誤地將它們解釋為左值引用或常數左值引用，從而導致T 被推導。因此，static_cast 操作會將類型折疊為左值引用或 const 左值引用，儘管需要通用引用 (T&&)。

範例：

<code class="cpp">int x;
int&& z = std::move(x);

// Incorrectly deduces T to be int& and casts z as int&
forward_with_deduction(z); // calls test(int&) instead of test(int&&)</code>

std::forward 中的解析

為了確保在所有情況下參數的正確轉換，std::forward 使用了恆等元函數。身分充當佔位類型，阻止編譯器推導模板參數。因此，std::forward 始終將輸入參數解釋為通用引用，無論其實際類型為何。

透過將輸入參數轉換為通用引用，std::forward 可以完美轉送對象，即使它們是左值或 const 左值。此行為可確保轉發參數的類型在整個轉發過程中保持通用參考。

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