Question

以下代码显示，如果使用引用类型（例如const）实例化采用ref-to - int&参数的模板，则参数不是const：

#include <iostream>

template<typename T>
void f(const T& arg)         // arg isn't const if T is a reference type
{
  arg = -1;
}

int main()
{
  int x = 0;
  f<int&>(x);                // instantiate f with reference type
  std::cout << x << '\n';    // prints -1 under gcc, clang, and msvc
}

这里发生了什么？

我的猜测是arg的初始类型是int & const &，并且它会以某种方式转换为int&。如果是这样的话，就标准而言，究竟是怎么发生的呢？如果那不是正在发生的事情，那是什么？

Answer 1

感谢Vlad from Moscow对C++: template function with explicitly specified reference type as type parameter的回答，我相信const - 消失的关键是8.3.2 / 1，其中说：

在声明T D中，其中D具有任何一种形式
  ＆安培; 属性说明符-seqopt D1
  ＆安培;＆安培; 属性说明符-seqopt D1
  并且声明T D1中的标识符的类型是   “ derived-declarator-type-list T，”然后是D的标识符的类型   是“ derived-declarator-type-list 对T的引用”。可选    attribute-specifier-seq 属于引用类型。 CV-合格   除非引入了cv限定符，否则引用的格式不正确   通过使用 typedef-name （7.1.3,14.1）或 decltype-specifier   （7.1.6.2），在这种情况下忽略cv限定符。

我鼓舞了相关的文字。（我想格式化整个段落，因为它在标准中，但我无法弄清楚如何获得正确的缩进并添加下标。）

一旦const消失，正常参考折叠将照常开始。

Answer 2

const T是T类型的对象，其值无法修改。但是，当T是引用类型时，const修饰符是多余的，因为初始化后引用无法更改 - 它们始终引用同一对象。因此，当const T只是T=int&（在这种情况下为T）时int&。因此，f<int&>所采用的论点是对int&的左值引用，而c ++ 11的折叠规则只是int&。

为什么const在T＆amp;当T是引用类型时参数消失？

2 个答案: