Question

我想在我的＆＃34; myArgs类＆＃34;中实现一个完美的转发构造函数，只应参与myClassBase<>的专业化。粗略地说：为myClassBase<>

的每个变体调用此构造函数

但它不会编译：{{1}}

我认为这是因为编译器无法从'<function-style-cast>' : cannot convert from 'myClass' to 'myArgs'.推断到Args&&。

见这个（非常基本的）例子：

myClassBase<T, D>

测试东西：

template <class T, class D>
class myClassBase
{
private:
    T data;
    D data2;
};

typedef myClassBase<char, int> myClass;

class myArgs
{
public:
    myClass m_data;

    template <class T, class D>
    myArgs(myClassBase<T, D>&& rhs) :
        m_data(std::forward< myClassBase<T, D> >(rhs))
    {
    }
};

template <class... Args>
void var_args(Args&&... args)
{
    myArgs( std::forward<Args>(args)... );
}

如果我将var_args函数参数从myClass x; var_args(x);更改为void var_args(Args&&... args)，则可以正常工作。

顺便说一下。在我的真实代码中，myClass当然支持移动语义。

提前致谢。基督教。

Answer 1

template <class T, class D>
myArgs(myClassBase<T, D>&& rhs) :
    m_data(std::forward< myClassBase<T, D> >(rhs))
{
}

rhs有一个右值引用，而不是转发引用。函数参数中的转发引用的格式为T&&，其中T是一些推导出的模板参数。您可以通过推导T而不是指定myClassBase来解决此问题。

template <class T>
myArgs(T&& rhs) :
    m_data(std::forward<T>(rhs))
{
}

如果您希望此函数仅在T为myClassBase时有效，您可以编写一个特征来检查它：

template <typename T>
struct isMyClassBaseImpl : std::false_type{};

template <typename T, typename D>
struct isMyClassBaseImpl<myClassBase<T,D>> : std::true_type{};

template <typename T>
using isMyClassBase = isMyClassBaseImpl<std::decay_t<T>>;

然后你可以SFINAE出来：

template <class T, std::enable_if_t<isMyClassBase<T>::value>* = nullptr>
myArgs(T&& rhs) :
    m_data(std::forward<T>(rhs))
{
}

可变参数模板和完美转发到特定模板类

1 个答案: