Question

template <typename T> void f(T&) {}
template <typename T> void f(T&&) {}
int main()
{
    int x;
    f(x);   //ambiguous
}

为什么这个电话不明确？第一个模板专精是f <int>（int＆amp;），第二个是f <int&>（int＆amp;）。由于参数相同，因此根据偏序规则更加特殊的函数模板更好。然后根据标准14.8.2.4/9

对于给定类型，如果在两个方向上推导成功（即，上述转换后类型相同），并且P和A都是引用类型（在被上述类型替换之前）：
- 如果参数模板中的类型是左值引用而参数模板中的类型不是，则参数类型被认为比其他类型更专业; ......

第一个模板有T＆amp;第二个是T＆amp;＆amp;，所以第一个应该更专业。这有什么不对？

编辑：此代码在g ++ 4.6.1和VC ++ 2010 Express中进行了测试，两者都给出了模糊错误。

Answer 1

<强>准则：

不要超载：

template <typename T> void f(T&) {}
template <typename T> void f(T&&) {}

<强>原因：

模式有一个特殊的模板推导规则：

template <typename T> void f(T&&) {}

此规则的存在是为了实现所谓的“完美转发”。它有助于bind和make_shared完美地转发他们的参数，同时保留cv限定符和“值类别”（左值/右值）。

这个特殊规则说，当使用左值参数（例如f(T&&)）调用int时，该T被推导为左值引用（例如int&）而不是{{1 }}。并且对lvalue引用int的rvalue引用会折叠为对int的lvalue引用。即。

int

呼叫

f(x)

简化为：

f<int&>(int& && x);

修改的

~~这不比f<int&>(int& x);更专业或更不专业。~~

感谢Johannes Schaub的更正（见评论）。

<强>解决方案：

您可以使用单一功能执行任何操作：

f<int>(int&)

如果template <typename T> void f(T&&) {}推断为左值参考，请在第一次重载时执行您想要执行的操作，否则在第二次重载时执行任何操作：

并使用template <class T> void f_imp(T&, std::true_type) {std::cout << "lvalue\n";} template <class T> void f_imp(T&&, std::false_type) {std::cout << "rvalue\n";} template <typename T> void f(T&& x) { f_imp(std::forward<T>(x), std::is_lvalue_reference<T>()); }将std::forward完美地转发给implementation-detail函数。

Answer 2

您对该标准的解释似乎是正确的。

template <typename T> void f(T&) {}  // #1
template <typename T> void f(T&&) {} // #2

在＃1中，T被成功推断为int，而在＃2中，T被成功推断为int&，因此执行部分排序以选择打电话的功能。在调用f(x)的部分排序期间，将排序第一个（仅在这种情况下）参数的类型（ [temp.deduct.partial] / 3 bullet 1）。在向两个方向扣除期间，类型P将为T，类型A将为表示T的合成类型（ [temp.deduct.partial] / 5 ），因此扣除在两个方向都成功。

正如您所观察到的那样， [temp.deduct.partial] / 9 然后适用，并说＃1的第一个参数更专业。因此，通过 [temp.deduct.partial] / 10 ，＃1被选为最专业的模板，其专业化是重载解析的结果。

您没有提到您正在使用的编译器。我假设它是g ++ - 这似乎是该编译器中的一个错误（我测试了4.4.3和4.7之间的版本，他们都拒绝这个代码）。 clang接受您的代码，并按预期调用f(T &)重载。

带参考参数的重载函数模板

2 个答案: