Question

我想编写一个函数identity，它可以完美地转发它的参数而不需要任何副本。我会写这样的东西

 template< typename V >
 inline V&& identity( V&& v )
 {
   return std::forward< V >( v );
 }

但这是对的吗？它总是返回正确的类型吗？如果它是左值/左值参考/临时，它是否只是简单地转发v

Answer 1

您可以使用参数包作为警卫，这样任何人都不能实际强制使用与其他方式不同的类型。
作为一个最小的工作示例：

#include <type_traits>
#include <utility>

template<typename..., typename V>
constexpr V&& identity(V&& v) {
    return std::forward<V>(v);
}

int main() {
    static_assert(std::is_same<decltype(identity(42)), int&&>::value, "!");
    static_assert(std::is_same<decltype(identity<int>(42)), int&&>::value, "!");
    static_assert(std::is_same<decltype(identity<float>(42)), int&&>::value, "!");
    // here is the example mentioned by @Jarod42 in the comments to the question
    static_assert(std::is_same<decltype(identity<const int &>(42)), int&&>::value, "!");
}

这样，返回类型取决于v参数的实际类型，并且您不能以任何方式强制副本。

如@bolov的评论所述，语法很快就会变得模糊不清无论如何，正如@ Jarod42所建议的，这是一个关于我们正在做什么的更明确的问题。

举个例子：

template <typename... EmptyPack, typename V, typename = std::enable_if_t<sizeof...(EmptyPack) == 0>>

作为替代方案：

template <typename... EmptyPack, typename V, std::enable_if_t<sizeof...(EmptyPack) == 0>* = nullptr>

甚至：

template <typename... EmptyPack, typename V>
constexpr
std::enable_if_t<sizeof...(EmptyPack) == 0, V&&>
identity(V&& v) {
    return std::forward<V>(v);
}

选择你喜欢的并使用它，在这种情况下它们应该都是有效的。

具有完美转发的身份功能

1 个答案: