Question

考虑这种代码的和平：

template<class T>
void f(const T& t)
{
    static int x = 0;
    cout<<++x<<endl;
}

int main()
{
    int j = 0;
    const int i = 0;
    f(5);
    f(i);
    f(j);
}

我已经调用了3种类型的函数。虽然5和j可以是同一个东西，但只有int，const int i绝对是不同的类型但无论如何我的输出是：

1
2
3

这意味着编译器为不同类型实例化相同的函数我对么？任何人都可以解释原因吗？

Answer 1

此类http(s)?://.*/dagje-uit/.*/contact/vpv/bedankt.*将针对f类型进行一次实例化，因为所有3个调用仅调用int。

Answer 2

来自[temp.deduct.call]：

模板参数推导是通过比较每个函数模板参数类型（称之为P）来完成的调用的相应参数的类型（称之为A），如下所述。

P const T&且A在三次调用中为int，int和const int。

然后我们有：

如果P是引用类型，则P引用的类型用于类型推导。

P是一种引用类型，因此我们使用P' == const T来对A == int或A == const int进行扣除。在这两种情况下，我们都会推导T == int，以便P' == const int（和P == const int&）和推导的A == const int。这比前两个调用的原始A更符合 cv - 但是明确地确定了：

通常，演绎过程会尝试查找将导出推导出的A的模板参数值   与A相同（在如上所述转换类型A之后）。但是，有三种情况允许   区别：
   - 如果原始P是参考类型，则推导出的A（即，参考所指的类型）可以是   比变形的A更有资格证明。

因此，所有三种情况都只需拨打f<int>。

Answer 3

只要类型扣除有效，它就是正确的。

考虑一下：

#include <iostream>

template<class T>
void f(const T& t)
{
    static int x = 0;
    std::cout<< "x=" << ++x<<std::endl;
}

template<class T>
void f(T&& t)
{
    static int y = 0;
    std::cout<< "y=" << ++y<<std::endl;
}

template<class T>
void f(T& t)
{
    static int z = 0;
    std::cout<< "z=" << ++z<<std::endl;
}

int main()
{
    int j = 0;
    const int i = 0;
    f(5);
    f(i);
    f(j);
}

输出：

y=1
x=1
z=1

模板演绎有趣的案例，c ++

3 个答案: