总结：

Question

这是一个非常简单的例子：

#include <iostream>

template<typename T>
void DoubleMe(T x) {
    x += x;
}

int main()
{
    int a = 10;
    DoubleMe(a);
    std::cout << a; //displays 10 not 20!
}

在这种情况下，我被迫使用＆＃39; T＆amp;＆＃39;而在函数参数中呢？ Cuz我在一些教程中读到模板可以正确地推导出适当的数据类型，包括T *，T []或T＆amp;只需定义一个简单的T＆＃39;在变量之前。帮助

Answer 1

是的，要获得您想要的效果，您必须添加＆符号。

在编写时，模板可以正确推断数据类型。但是，他们可以推断出意图。在这种情况下，传递它的类型是一个整数，并且它正确地实例化一个整数函数，该函数在内部将按值传递给它的参数加倍。事实上，你认为函数有副作用，这不是编译器可以猜到的。

Answer 2

您确实可以使用普通T正确推断出引用类型。不幸的是，这并不意味着你的意思。

鉴于

template <typename T> struct S { };
template <typename T> void f(S<T>) { }
int main() { f(S<int&>{}); }

f的类型参数被正确推导为int&。

问题在于，在您的情况下，将T推断为int已经产生了完全有效的功能。也许稍微过度简化，但类型推导产生最简单的T，使调用工作。在您的情况下，T = int会使通话工作。不是你希望它的工作方式，但编译器无法知道。 T = int &也可以使调用工作，但它不是最简单的T使它工作。

Answer 3

也许这会帮助你按照编译器的方式来看待它（如果我过分简化，可以向任何语言律师道歉）：

＆＃xA;＆＃xA;

在这个例子中，编译器必须推断T的类型是使函数声明合法且具有最小推论量的类型。由于T通常可以直接从const T＆amp; amp; （这意味着它也可以从T＆amp;复制构造），你的功能将采取副本。

＆＃xA;＆＃xA;

  template＆lt; class T＆gt;＆＃xA; void foo（T value）; ＆＃xA;

＆＃xA;＆＃xA;

在这个例子中，T必须是 ref 引用的对象的类型 - 并且因为引用不能参考引用，T必须是（可能是const，可能是易失性的）类型。

＆＃xA;＆＃xA;

 模板＆lt; class T＆gt;＆＃xA; void foo（T＆amp; ref ）;＆＃xA;

＆＃xA;＆＃xA;

在这个例子中，ref必须引用类型为T的const（可能是易失性的）对象：

＆ #xA;＆＃xA;

  template＆lt; class T＆gt;＆＃xA; void foo（const T＆amp; ref）;＆＃xA;

＆＃xA;＆＃xA ;

在此示例中， ref 可以作为参考或是r值引用。它被称为通用参考。您实际上是将两个函数合二为一，这通常是处理 ref 所有权的最有效方式。

＆＃xA;＆＃xA;

  template＆lt; class T＆gt;＆＃xA; void foo（T＆amp;＆amp; ref）;＆＃xA;＆＃xA; //这样调用：＆＃xA; foo（Bar（））; //表示ref将是一个＆amp;＆amp;＆＃xA;＆＃xA; //如下所示：＆＃xA; Bar b;＆＃xA; foo（b）; //表示ref将是一个＆amp;＆＃xA;＆＃xA; //这样调用：＆＃xA; const Bar b;＆＃xA; foo（b）; //表示ref将是const Bar＆amp;＆＃xA;

＆＃xA;＆＃xA;

总结：

＆＃xA;＆＃xA;

void foo（T value）意味着我将复制你给我的任何内容。

＆＃xA;＆＃xA;

void foo（T＆amp; value）表示我不会制作副本，但我可以修改您的值。 你可能不会给我一个临时的。

＆＃xA;＆＃xA;

void foo（const T＆amp; value）意味着我不会制作副本，我无法修改您的副本。你可以给我一个临时的。

＆＃xA;＆＃xA;

void foo（const T＆amp;＆amp; value）意味着我可能窃取或者修改你的价值内容，即使它是暂时的。

＆＃xA;

Answer 4

如果希望函数按值传递参数，则需要返回具有相同参数类型的值。

T DoubleMe(T x) {
     return x + x;
 }

C ++模板无法使用＆＃39;＆amp;＆＃39;来推断参考类型。

4 个答案:

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