Question

我正在尝试为

的效果做些什么

template <typename T>
void somemethod (T&& t) {
    foo(static_cast<const T&>(t));
    bar(std::forward<T>(t));
}

这样

如果foo()对t进行了更改，则会对副本进行操作。（类似于写时复制）
foo()完成t后，t会直接转发至bar()

这可能吗？写的是正确的吗？编译器会理解我想要做什么吗？

我是否需要制作一些帮助类来实现它？

同样，如果我尝试了以下效果：

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

这样

然后将t使用的foo()转发给bar()

Answer 1

Copy-on-write是类的属性，没有什么好办法可以在somemethod中导致这种情况发生。您可以阻止foo意外修改参数，方法是为其提供const参数，但您还要将其作为参数传递给一个rvalue，这是不必要的，而且很奇怪。我从未见过const T&&的用例。人们使用const T&或T&或T&&。在您的情况下，我建议const T&。

template<class T> //I'm assuming you forgot to paste this bit
void somemethod (T&& t) {
    foo(static_cast<const T&>(t));
    bar(std::forward<T>(t));
}

如果确实想要绝对确定foo在任何情况下都无法t，那么您可以给它一份t而不是const参考，但对任何理智的情况来说都是过度杀伤。

Answer 2

这个问题可能有更好的解决方案，但你可以做到

template <typename T>
void somemethod (T&& t) {
    T tmp_t = foo(std::forward<T>(t));
    bar(std::forward<T>(tmp_t));
}

甚至更简单：

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

这样foo有办法报告它是否真的改变了什么，但它的签名必须改变：

template <typename T>
T foo(T&& t){
    if (want_to_modify){
        T result;
        // here you insert data that get modified form t
        return std::forward<T>(result);
    }else{
        return std::forward<T>(t);
    }
}

}

这样，T的实例如果没有修改，就会通过foo传递。

其他方式，就是直接在T上实现copy-on-write，但是如果你在使用T的地方不需要它，这可能是一个更好的解决方案

std :: forward with copy-on-write分支

2 个答案: