当前进<t>等于前进<decltype（targ）>？

Question

说我想要一个通用的高阶函数。最常见的方法是：

甲。通用lambda

auto F1 = [](auto f) { /*...*/ }

B中。功能模板

template<class F> auto F2(F&& f) { /*...*/ }

我的问题是在高阶函数中如何使用 f。虽然在A：

的情况下只有一种方法可以做到这一点

std::forward<decltype(f)>(f)(...); 

B中至少有两种方式：

std::forward<decltype(f)>(f)(...); 
std::forward<F>(f)(...); 

这些方式是否相同，如果不是，那么＆＃34; tie break＆＃34; ？

Answer 1

如上所述，案例A和案例B的声明并不相同。情况B可以推导出左值或左值引用，但情况A仅推导出值类型。 auto与模板参数类似地推断，因此将auto更改为auto&&以使声明匹配。

要回答您的问题，他们等同于。唯一的区别是参考折叠发生在案例B中。decltype(f)将始终是一个引用，而F将是一个值类型，当传递给F2的参数是一个右值时：

F2(<lvalue>); decltype(f) == T&,  F == T&
F2(<rvalue>); decltype(f) == T&&, F == T

这对std::forward并不重要，因为参考折叠将始终产生正确的类型。

template< class T >
constexpr T&& forward( typename std::remove_reference<T>::type& t );

如果T为F&&，则返回类型仍为T&&，因为T&& && == T&&。如果T只是F（值类型），则返回类型仍然相同（T && == T&&）。可以在this site上找到参考折叠规则。

TLDR：没有任何有效差异，因为参考折叠会产生相同的类型。

Answer 2

让我们来看看当你使用不同类型的参数调用F2时发生的事情 - 一个右值引用，一个const值左引用和一个非const左值引用。我们不讨论volatile，因为它基本上没有添加任何新信息（它的行为就像const或const volatile）并假设您为了简单起见而传递了不同的int。

首先，推导出F的类型：

• 如果您通过int&&，F将是int，但是（decltype(f) == int&&）。
• 如果您通过const int&，则F将为const int&（decltype(f) == const int&）
• 如果您通过int&，则F将为int&（decltype(f) == int&）

（请参阅Scott Meyers的blog，talk或slides获取全面解释。

因此，您可以看到后两种情况，decltype(f) == F所以没有太多要进一步分析。然而，对于第一种情况它们是不同的，所以让我们深入研究它。

然后，您将F或decltype(f)传递给std::forward作为模板参数。 std::forward takes in std::remove_reference<T>&或std::remove_reference<T>&&，因此参数类型在两种情况下都相同。但是，返回类型可能会有所不同（因为我们为它传递了不同的T - int和int&&）。但是，由于编译器执行的引用折叠（再次参见Scott的详细说明），int&& &&变为int&&。所以返回值也是一样的。

总而言之，如果您对decltype(f)使用F或std::forward，则没有区别。

此外，这里有一些live示例，其中显示了所有推断出的类型，即使对于像const volatile int &&这样无用（但有效）的野兽也是如此。