Question

#include <iostream>

template <typename T>
class test
{
public:
    test(T&& t)
    {
    }
};

template <typename T>
void succeed(T&& t)
{
}

int main()
{
    int i = 1;
    test<int> t(i);    // failed to compile
    succeed(i);        // OK
    return 0;
}

GCC 5.2的错误： main.cpp：在函数＆＃39; int main（）＆＃39;： main.cpp：20：18：错误：无法绑定＆＃39; int＆＃39;左值＆＃39; int＆amp;＆amp;＆＃39; t（i）; ^ main.cpp：7：5：注意：初始化＆＃39; test :: test（T＆amp;＆amp;）[with T = int]＆＃39; 测试（T＆amp; t） ^ ~~~

有人可以解释为什么类模板无法编译但功能模板可以吗？感谢。

Answer 1

在succeed中，T&& t是转发参考，而不是右值参考。但在test中，它是一个右值参考。

仅当参数为T&&且T是该函数的模板参数时才会发生转发引用。在您的代码T中是封闭类的模板参数，因此它不会被视为转发引用。

转发引用可以绑定左值和右值。

在起草C ++ 11期间，建议使用不同的语法来转发引用而不是rvalue引用（而不是使用T&& t）;然而委员会最终解决了目前的行为。

有关模板参数扣除的更详细说明，包括更精确的T&&何时成为转发参考的说明，see here - 搜索术语＆＃34;转发参考＆＃34;找到转发参考的特殊规则。

Answer 2

您的困惑可能源于您假设T int T。这就是为什么你认为这两种情况类似的原因。实际上他们不是。

在班级版本中，您手动指定T是什么。您明确告诉编译器int是T &&。在这种情况下，构造函数参数类型int &&变为T，它不能绑定到常规左值。因此错误。

在函数版本中，您没有告诉编译器T是什么，而是期望编译器推导它。在像您这样的情况下，语言是故意设计为将int &推断为int（注意：不是int &，而是T）。将int &推断为T &&后，所谓的"reference collapsing" rules会导致函数参数类型int &变为i - 一个普通的左值引用。此参数可以成功绑定到左值参数succeed<int>(i);。

这解释了你观察到的差异。

为了实验，在后一种情况下，您可以抑制模板参数推导并明确指定模板参数

这将强制指定int为int &并导致与类版本完全相同的错误，原因完全相同。

同样，您可以通过将模板参数指定为test<int &> t(i);

来“模拟”您的类的函数行为

request.user

相同的“引用折叠”规则将使您的构造函数调用成功编译。

类模板与函数模板中的右值引用

2 个答案: