Question

假设我的代码中的某个地方是一个带有通用引用参数的函数foo，我无法更改：

template<typename T>
auto foo(T&& t) { std::cout<<"general version"<<std::endl; }

现在我想为给定的类foo重载A，并确保对A的任何限定符和引用类型调用重载。为此，我可以蛮力地为所有可能的资格提供超载（暂时忽略volatile）：

auto foo(A & a) { std::cout<<"A&"<<std::endl; }
auto foo(A const& a) { std::cout<<"A const&"<<std::endl; }
auto foo(A && a) { std::cout<<"A &&"<<std::endl; }
auto foo(A const&& a) { std::cout<<"A const&&"<<std::endl; }

Demo。但是，对于更多参数，这会非常严重地缩放。

或者，我可以通过值传递，这似乎也捕获了以前的所有情况：

auto foo(A a) { std::cout<<"A"<<std::endl; }

Demo。然而，现在需要复制大对象（ - 至少原则上）。

围绕这些问题有优雅的方法吗？

请记住，我无法更改通用参考功能，因此不可能使用SFINAE等。

Answer 1

老实说，我觉得你在这里运气不好。典型的方法都失败了。你可以做......

SFINAE？

template <typename T> auto foo(T&& );
template <typename T,
          typename = only_if_is<T, A>>
auto foo(T&& );

foo(A{}); // error: ambiguous

编写一个采用l或rvalue引用的类？

template <typename T> lref_or_ref { ... };

template <typename T> auto foo(T&& );
auto foo(lref_or_ref<A> );

foo(A{}); // calls general, it's a better match

您可以做的最好的事情是使用选择器引入转发功能：

template <int I> struct chooser : chooser<I - 1> { };
template <> struct chooser<0> { };

template <typename T>
auto bar(T&& t, chooser<0> ) {
    // worst-option, general case
    foo(std::forward<T>(t));
}

template <typename T,
          typename = only_if_is<T, A>>
auto bar(T&& t, chooser<1>) {
    // A-specific
}

template <typename T>
auto bar(T&& t) {
    bar(std::forward<T>(t), chooser<20>{});
}

但是你提到in a comment这对你也没有用。所以我想，你的一个选择是：向标准委员会写一份提案！

Acutally，有希望！如果概念被采纳（好的，TartanLlama！）：

template <typename T>
    requires IsForwardRefTo<T, A>
auto foo(T&& t) {
    // since this is more constrained than the generic forwarding reference
    // this one should be preferred for foo(A{})
}

C ++具有通用参考功能模板的过载分辨率，无法更改

1 个答案: