使用std与转发参考

Question

::前锋这个功能相当于

template< typename T > 
void foo(T&& in) 
{ 
    bar(std::forward<T>(in)); 
} 

到

template< typename T > 
void foo(T&& in) 
{ 
    bar(std::forward<T&&>(in)); 
} 

，其中转发引用T&&传递给std::forward？

Answer 1

是的，这些都是等价的，但惯用的方式是使用普通的T。

这里是forward函数模板在C++ 14定义了如何：

1) 
template< class T > 
constexpr T&& forward(typename std::remove_reference<T>::type& t) noexcept; 
2) 
template< class T > 
constexpr T&& forward(typename std::remove_reference<T>::type&& t) noexcept; 

首先，让我们来修改你的例子有点使类型减少混乱：

template< typename U > 
void foo(U&& in) 
{ 
    using T = U; // or U&& 
    bar(std::forward<T>(in)); 
} 

现在，我们考虑返回类型forward - T&&,int用作示例：

|  U |  T |    T&& | 
| int | int |   int&& | 
| int& | int& | int& && = int& | 
| int&& | int&& | int&& && = int&& | 

与using T = U&&

|  U |  U&& (also T) |    T&& | 
| int |   int&& | int&& && = int&& | 
| int& | int& && = int& | int& && = int& | 
| int&& | int&& && = int&& | int&& && = int&& | 

所以，结果类型是相同的。

至于参数，typename std::remove_reference<T>::type是一个死牌。我使用remove_ref<T>的可读性：

|  T | remove_ref<T> | remove_ref<T>& | remove_ref<T>&& | 
| int |   int |    int& |   int&& | 
| int& |   int |    int& |   int&& | 
| int&& |   int |    int& |   int&& | 

正如你可以看到，这是不依赖于模板参数的参考岬可言。

参考折叠更深入的解释here。