参考折叠规则未按预期应用？

问题描述

我正在刷新关于C ++完美转发工作方式的记忆。我意识到，出于某种原因（例如，在处理实际上是左值的右值引用时），对std::forward的调用被迫提供一个显式模板参数，但是当对实际代码进行完整性检查时，我对此感到惊讶（有点相关）方案：

#include <iostream>
#include <utility>
#include <type_traits>

template<class T>
T&& fwd(T& t) {
    return static_cast<T&&>(t);
}

template<class T>
T&& fwd(T&& t) {
    return static_cast<T&&>(t);
}

int main()
{
    int lnum = 3;
    if (std::is_rvalue_reference<decltype(fwd(lnum))>::value)
        std::cout << "It's rref." << std::endl;           // this get's printed on screen 
    else
        std::cout << "It's lref." << std::endl;

    return 0;
}

如果我理解引用正确折叠（并且我相信是这样），则类型推导应如下所示：

int& && fwd(int& & t) {                        
    return static_cast<int& &&>(t);         
}

导致

int& fwd(int& t) {                        
    return static_cast<int&>(t);         
}

显然不是这样。我在这里想念什么？

解决方法

首先，被调用的函数为T&& fwd(T& t)。因此，没有转发参考参数。参数是左值引用，推导的T是int。因此，没有崩溃的引用，并且静态类型转换产生int&&。

如果被调用函数为T&& fwd(T&& t)（即，不存在更好的匹配重载），那么您对引用折叠的解释将是正确的（参数int& &&除外）也折叠int&），返回类型的确是左值引用。

,

实际上，没有引用崩溃发生。要注意的相关功能模板（即所选的一个）是：

template<class T>
T&& fwd(T& t) { // <-- not a forwarding reference
    return static_cast<T&&>(t);
}

请注意，此功能模板没有没有 转发引用 –函数参数t只是左值引用（ T& t。

T模板参数推导为 int –不是int& –因为t不是转发引用，而只是左值引用。如果仅在上面的函数模板中将T替换为int，那么您将获得：

template<class T>
int&& fwd(int& t) {
    return static_cast<int&&>(t);
}

不应用引用折叠，因为此处没有这样的事情，否则它们最终会成为对引用的引用（例如int& &&或int&& &&）。