Question

在下面的示例中，我希望行a.foo(j);将const限定符传递给模板化方法。

#include <iostream>
#include <type_traits>

struct A
{
    template<typename T>
    void foo(T i) const
    {
        std::cout << "Is const type: " << std::is_const<T>::value << "\n";
    }
};

int main() {

    A a;

    int i = 0;
    const int j = 0;

    a.foo(i);
    a.foo(j);

    a.foo<decltype(i)>(i);
    a.foo<decltype(j)>(j);

    a.foo<int>(i);
    a.foo<const int>(j);

    return 0;
}

但是我从gcc和clang（c ++ 17）两者获得的输出如下。

Is const type: 0
Is const type: 0
Is const type: 0
Is const type: 1
Is const type: 0
Is const type: 1

第二行是false而不是true。那么，为什么自动模板推导丢弃简历限定符？发生这种情况有什么具体原因吗？

PS。可以在上面的示例here

中找到

Answer 1

对类型T的推导将始终被衰减。 int const的衰减类型只是int。 int[3]的衰减类型为int*。

问题是，此代码是 const正确。

是的，在foo内您无法更改j的值。在foo内部，您有一个副本，由foo决定是否希望自己的参数在函数体内恒定。

但是，还有其他形式的推论必须使const保持可与参数一起调用。这不是您的代码的解决方案，而只是一个示例：

template<typename T>
void frob(T& i)
{
    std::cout << "Will it be const? " << std::is_const<T>::value << "\n";
}

auto main() -> int {
    int const myInt = 9;
    frob(myInt);
}

要完全被调用，参数必须为int const&，这就是要推导的内容。

Answer 2

我已解决您的问题，您需要使用参考传递“ i”。无效foo（T＆i）const

自动模板推导中的常量正确性

2 个答案: