std :: enable_if与std :: is_reference无法编译

Question

像std::reference_wrapper使用指针下方的指针来存储“引用”，我试图做类似于下面的代码。

#include <type_traits> 

struct Foo 
{ 
    void* _ptr; 

    template<typename T> 
    Foo(T val, 
     typename std::enable_if 
      < 
       std::is_reference<T>::value, 
       void 
      >::type* = nullptr) 
     : _ptr(&val) 
    { } 
}; 

int main() 
{ 
    int i = 0; 
    int& l = i; 

    Foo u2(l); 

    return 0; 
} 

然而，这无法编译：

CXX main.cpp 
main.cpp: In function ‘int main()’: 
main.cpp:23:13: error: no matching function for call to ‘Foo::Foo(int&)’ 
main.cpp:23:13: note: candidates are: 
main.cpp:8:5: note: template<class T> Foo::Foo(T, typename std::enable_if<std::is_reference<_Tp>::value, void>::type*) 
main.cpp:8:5: note: template argument deduction/substitution failed: 
main.cpp: In substitution of ‘template<class T> Foo::Foo(T, typename std::enable_if<std::is_reference<_Tp>::value, void>::type*) [with T = int]’: 
main.cpp:23:13: required from here 
main.cpp:8:5: error: no type named ‘type’ in ‘struct std::enable_if<false, void>’ 
main.cpp:3:8: note: constexpr Foo::Foo(const Foo&) 
main.cpp:3:8: note: no known conversion for argument 1 from ‘int’ to ‘const Foo&’ 
main.cpp:3:8: note: constexpr Foo::Foo(Foo&&) 
main.cpp:3:8: note: no known conversion for argument 1 from ‘int’ to ‘Foo&&’ 

我怎样才能为参考参数enable_if回是真的吗？

Answer 1

T在这种情况下永远不会被推断为引用类型。在构建对象u2时，构造函数模板参数推导为int。

虽然可变u2的类型是int&，当你在表达式中使用u2，它是int类型的左值表达式。 An expression never has reference type.

模板参数推导使用函数参数的类型来推导模板参数类型。函数参数是表达式。因此，由于没有表达式具有引用类型，所以模板参数永远不会被推断为引用类型。

[在C++ 11中，如果函数参数的类型为T&&,T可能推导为类型T&如果参数是一个左值。这种机制可以完美转发。不过，这与您的场景无关。]

实际上，在表达式中，对象和对该对象的引用是无法区分的。引用只允许您为对象提供其他名称。