Question

让foo成为函数：

template< typename T >
void foo( T&& a ){}

T以下调用将foo推断出哪种类型：

foo( 0 ); // is T here int or int&& ?

int a = 0;
foo( a ); // is T here int or int& ?

Answer 1

类型推导的默认规则是引用类型永远不会是推论的结果。鉴于此代码，

template <class T>
void bar(T par);

bar(0);
int a;
bar(a);
int &b;
bar(b);

所有3个电话都会拨打foo<int>。也就是说，T推断为int而par的推断类型为int。

通过简单添加一个规则来转发引用工作：当用于类型推导转发引用的参数时（即推导出的参数T&& T）是X类型的左值，使用类型X &代替X进行演绎。

请注意，这意味着在X类型的情况下，只有X或X &才能成为类型扣除的结果; X &&永远不会。

让我们分析您的代码（我将重命名他的函数参数，以明确我所指的内容）：

template <class T>
void foo(T &&par);

foo(0);

int a;
foo(a);

在第一种情况foo(0)中，参数是类型int的右值。因此类型int用于类型推导，这意味着T被推导为{ {1}}（调用的函数为int），foo<int>的类型为par。

在第二种情况int &&中，参数是foo(a)类型的左值。转发参考规则启动，类型int用于扣除。因此，int &推断为T（名为int &的函数），foo<int&>的类型为＆＃34; par＆＃34;，折叠为int & &&。

Answer 2

foo（0）; //这里是T或者int＆amp;＆amp; ？

int。

int a = 0; foo（a）; //这里的T是int还是int＆amp; ？

int&。

Answer 3

推断的上下文中的表达式T&&与您提供的内容一样

template< typename T >
void foo( T&& a ){}

即T是根据提供的参数推导出来的，受制于 reference collapsing rules

简而言之;

如果您需要触发右值，请注意两者都是引用另一个函数的重载，你需要做std::forward<T>(a)