Question

我有这段代码：

char X[64];

template <typename E>
void f (E &&e, size_t len)
{
    memset(X, 0, 64);
    memcpy(X, &e, len);
}

用这个打电话：

const char* tx = "hello!";
f(tx, strlen(tx));

但是当我打印变量X不是我想要的！我认为我对 e （声明为 E＆amp;＆amp; e ）的通用引用不正确。

有什么想法吗？

Answer 1

您的通用引用[*]在类型扣除后变为const char*的左值引用（E推断为const char*&）。

因此，而不是：

memcpy(X, &e, len);
//        ^^
//        This is a pointer to a pointer to const char!
//                ^^^^^^^^^^^^

你应该用这个：

memcpy(X, e, len);

[*]术语“通用引用”由Scott Meyers引入，它是不是 C ++ 11标准的一部分。标准只定义了参考折叠规则，而通用引用的抽象只是为了更容易理解这些规则是如何工作的。

Answer 2

在这种情况下，

E将被推断为const char*&，因此e也将是const char*&类型（参考折叠后）。所以e是一个指针对象。然后你做&e，它取指针的地址。您想要的是将e表示的指针直接传递给memcpy，因为它指向您要复制的数据：

memcpy(X, e, len);

e的类型扣除：

E&& → const char*& && → const char*&

Answer 3

你想要实现的目标并不是很清楚。如果要将常规变量复制到缓冲区，而是将数据复制到指针，则可以提供专业化：

char X [64];

template <typename E>
void f (E &&e, size_t len)
{
    memset(X, 0, 64);
    memcpy(X, &e, len);
}

template <typename E>
void f (E *e, size_t len)
{
    memset(X, 0, 64);
    memcpy(X, e, len);
}

这应该有效，但在这种情况下，“通用”引用的len参数似乎是多余的。

我如何能够获得指向通用引用的指针？

3 个答案: