Question

这个功能

retail_id

相当于

template< typename T >
void foo( T&& in )
{
  bar( std::forward<T>( in ) );
}

将转发参考template< typename T > void foo( T&& in ) { bar( std::forward<T&&>( in ) ); }传递给T&&？

Answer 1

是的，这些是等价的，但惯用的方法是使用普通的T。

以下是在C ++ 14中定义forward函数模板的方法：

1)
template< class T >
constexpr T&& forward( typename std::remove_reference<T>::type& t ) noexcept;
2)
template< class T >
constexpr T&& forward( typename std::remove_reference<T>::type&& t ) noexcept;

首先，让我们稍微修改你的例子，以减少类型的混淆：

template< typename U >
void foo( U&& in )
{
    using T = U; // or U&&
    bar( std::forward<T>( in ) );
}

现在，让我们考虑使用forward - T&&，int的返回类型作为示例：

 |     U |     T |              T&& |
 | int   | int   |            int&& |
 | int&  | int&  | int&  && = int&  |
 | int&& | int&& | int&& && = int&& |

和using T = U&&

 |     U |     U&& (also T) |              T&& |
 | int   |            int&& | int&& && = int&& |
 | int&  | int&  && = int&  | int&  && = int&  |
 | int&& | int&& && = int&& | int&& && = int&& |

因此，结果类型是相同的。

至于参数，typename std::remove_reference<T>::type是一个死的赠品。我使用remove_ref<T>来提高可读性：

 |     T | remove_ref<T> |    remove_ref<T>& | remove_ref<T>&& |
 | int   |           int |              int& |           int&& |
 | int&  |           int |              int& |           int&& |
 | int&& |           int |              int& |           int&& |

如您所见，这根本不依赖于模板参数的参考值。

更深入地解释了参考折叠here。

使用带转发引用的std :: forward

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